浙江省2020届高三数学4月高考适应性测试卷附答案详析
浙江省2020届高三4月联考数学试卷(含答案解析)
(1)数列{an}是单调递减数列;
(2)对任意的 n∈N*,都有 an…13 ﹔
(3)数列
|
an
−
1 2
ห้องสมุดไป่ตู้|
是单调递减数列;
4)对任意的 n∈N*,都有| an+1 − an | „
2 ( 6 )n−1 3 11
则上述结论正确的个数是
A.1
B.2
C.3
D.4
二,填空题:本大题共 7 小题,多空题每小题 6 分,单空题每小题 4 分,共 36 分.把答案填在题中的横线上.
13. 已 知 多 项 式 (2x ＋ a) s =a 0 ＋ a 1 x +… ＋ a 5 x 5 +(1+x) 2 , 若 a 0 =0, 则 a=_____; 若 a 2 =-41, 则
a 1 +a 2 +…+a 5 =_____. 14.在△ABC 中,∠BAC 的平分线交 BC 于点 D,AB=AD=1,AC=2,则 BC=_____;若 O 是△ABD 的外接圆圆心,
２０２０高考浙江省 ４月联考 数学 答案详解
１ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ ＣＤ ＣＤＡ Ｂ ＢＤＤ Ｃ
１．【答案】Ｃ 【命题意图】本题考查集合的概念、交集运算 ． 【解题思路】∵集合 Ａ＝｛０，１，２，３｝，集合 Ｂ＝｛ｘ｜ｘ≤ ２｝，∴Ａ∩ Ｂ＝｛０，１，２｝，故选 Ｃ．
２．【答案】Ｄ 【命题意图】本题考查复数的几何意义和除法运算 ． 【解题思路】由题知 ｚ＝２＋ｉ３ｉ＝ ２ｉ＋３＝３－２ｉ，对应的 点（３，－２）在复平面内位于第四象限，故选 Ｄ．
【解题思路】若 ｌｏｇ３ｍ＝２，则 ｍ＝９；２ｌｏｇ２３ ＋３０ ＋ｌｏｇ３９＝
浙江省2020届高三数学4月高考适应性测试卷附答案详析
浙江省2020届高三数学4月高考适应性测试卷一、单选题1．已知,x y R ∈，设集合(){}2ln 1A x y x ==-，(){}2ln 1B y y x ==-，则RB A ⋂=( )A ．()0,1 B ．(],1-∞- C ．[)0,1D ．(),1-∞-2．下列通项表达式中能表达数列,1,,1,,1,, 1......i i i i ----的是( ) A ．n iB ．n i -C ．3n iD ．3n i -3．某几何体三视图如图所示（单位：cm ），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位：cm 3）是( )A ．8243π-B ．16243π-C ．8303π-D ．16303π-4．以下说法正确的是（ ） A ．空间异面直线的夹角取值范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．直线与平面的夹角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C ．二面角的取值范围是[]0,π D ．向量与向量夹角的取值范围是0,5．已知牌堆中有5张扑克牌，其中2张“2”和3张“3”，从牌堆中任取两张扑克牌（无放回且每张牌取到的机会相等），规定：（a ）取出“2”得2分，取出“3”得3分，取出2张牌所得分数和记为随机变量1ξ（b ）取出“2”得3分，取出“3”得2分，取出2张牌所得分数和记为随机变量2ξ则（ ） A ．()()12EE ξξ<，()()12D D ξξ=B ．()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ<C ．()()12E E ξξ>，()()12DD ξξ= D ．()()12EE ξξ<，()()12D D ξξ<6．以下方程能表达该图象的是( )A ．()221xy x y -=B ．()221xy y x -=C ．221xy x y-=D ．()221xy x y -=7．设函数2()(,,,0)f x ax bx c a b c a =++∈>R ，则“02b f f a ⎛⎫⎛⎫-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭”是“()f x 与(())f f x ”都恰有两个零点的（ ）．A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 8．已知0x >，则92535x x x x ⎛⎫⎛⎫+-⋅++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的最小值为( ) A ．1215 B ．48C ．79316D ．609．如图所示，在顶角为3π圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1,4的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于EF ，则截面所表示的椭圆的离心率为( ) （注：在截口曲线上任取一点A ，过A 作圆锥的母线，分别与两个球相切于点,BC ，由相切的几何性质可知，AE AC =，AF AB =，于是AE AF AB AC BC +=+=，为椭圆的几何意义）A ．12B ．815C ．1127D ．1563二、多选题10．已知0a >，0b >，下列说法错误的是（ ）A ．若1a b a b ⋅=，则2a b +≥B ．若23a b e a e b +=+，则a b >C ．()ln ln aa b a b -≥-恒成立 D ．2ln aab b e e-<恒成立 三、填空题 11．已知奇函数()f x 的定义域为R 且在R 上连续.若0x >时不等式()1f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭的解集为()2,3，则x ∈R时()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为______. 12．已知在五位车牌中，字母最多有两个，且为防止混淆1和l ，0和O ，车牌中不设置字母l 和O ，则“浙A ”的五位车牌最多有______块. 13．已知函数()ln x xf x ae x=1+-恰有一个零点，则实数a 的取值范围是______．四、双空题14．《九章算术》中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织______尺，若女子坚持日日织，十日能织______尺.15．()91ax +的二项展开式中系数最大的是第三项，且a N +∈，则a =______，展开式中二项式系数最大的是第______项.16．设实数x 、y 满足条件30x y -≥、2x y +≤，则可行域面积为______，xy 最大值为______.17．已知三角形ABC 的外接圆半径为1，外接圆圆心为O ，且O 点满足2340OA OB OC++=，则cos ACB ∠=______，AB OA ⋅=______.五、解答题18．三角形ABC 的内角ABC 所对的边分别是a ，b ，c ，且24cos 2cos cos 25C A B += （1）若三角形是锐角三角形，且A B ∠>∠，求tan B 的取值范围； （2）若4a =，3b =，求三角形ABC 的面积．19．在四面体ABCD 中，已知2AC BC DC DA DB =====，AB x =. （1）当四面体体积最大时，求x 的值；（2）当3x =时，设四面体ABCD 的外接球球心为O ，求AO 和平面BCD 所成夹角的正弦值.20．已知数列11(1)n n na ab +=+，n *∈N ，且11a =． （1）若{}n b 的前n 项和为22n，求{}n a 和{}n b 的通项公式（2）若2n b n =，求证：92n a <21．已知抛物线21:4C y x =和x 轴上的定点()4,0M，过抛物线焦点作一条直线交1C 于A 、B 两点，连接,AM BM 并延长，交1C 于C 、D 两点.（1）求证：直线CD 过定点；（2）求直线AB 与直线CD 最大夹角为θ，求tan θ.22．已知函数()()()21ln f x x a x a R =--∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，且关于x 的方程()()f x b b R =∈恰有三个实数根3x ，4x ，5x ()345x x x <<，求证：()21532x x x x ->-.解析浙江省2020届高三数学4月高考适应性测试卷一、单选题1．已知,x y R ∈，设集合(){}2ln 1A x y x ==-，(){}2ln 1B y y x ==-，则RB A ⋂=( )A ．()0,1 B ．(],1-∞- C ．[)0,1D ．(),1-∞-【答案】A 【解析】由题意{}11A x =-<<，{}0B y y =≤，利用补集和交集的概念计算即可.【详解】 由题意(){}{}{}22ln 11011A x y x x xx ==-=->=-<<，(){}{}{}2ln 1ln10B y y x y y y y ==-=≤=≤，所以() 0,RB =+∞，() 0,1RB A ⋂=.故选：A. 【点睛】本题考查了对数型复合函数的定义域和值域的求解，考查了集合的运算，属于基础题. 2．下列通项表达式中能表达数列,1,,1,,1,, 1......i i i i ----的是( )A ．n iB ．n i -C ．3n iD ．3n i -【答案】D【解析】根据数列中的项和通项公式逐项排除即可得解. 【详解】当1n =时，1a i =，而1i i -=-，3i i =-，故排除B 、C 选项；当2n =时，21a =，而21i =-，故可排除A 选项. 故选：D. 【点睛】本题考查了数列通项的应用和复数的运算，属于基础题.3．某几何体三视图如图所示（单位：cm ），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位：cm 3）是( )A ．8243π-B ．16243π-C ．8303π-D ．16303π-【答案】C【解析】由三视图还原出几何体为一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，分别求出各部分体积即可得解. 【详解】由三视图可知，该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成， 长方体的体积为134336V =⨯⨯=；截去的三棱锥有三个两两垂直的棱，长度分别为3，3，4， 则截去的三棱锥体积为211334632V =⨯⨯⨯⨯=； 截去的半圆柱的底面半径r 满足()11543422r ⋅+=⨯⨯即43r =，高为3，则截去的半圆柱的体积为231483233V ππ⎛⎫=⋅⋅= ⎪⎝⎭；所以该几何体体积123883663033V V V V ππ=--=--=-.故选：C. 【点睛】本题考查了三视图的识别和组合体体积的求解，属于基础题. 4．以下说法正确的是（ ）A ．空间异面直线的夹角取值范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．直线与平面的夹角的取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦C ．二面角的取值范围是[]0,πD ．向量与向量夹角的取值范围是0,【答案】C【解析】本题可根据直线与直线、直线与平面、平面与平面以及向量与向量所成的角的取值范围对四个选项依次进行判断，即可得出结果. 【详解】A 项：空间异面直线的夹角取值范围是0,2π⎛⎤⎥⎝⎦，A 错误；B 项：直线与平面的夹角的取值范围是0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，B 错误；C 项：二面角的取值范围是[]0,π，C 正确；D 项：向量与向量夹角的取值范围是[]0,π，D 错误，故选：C. 【点睛】本题考查直线与直线、直线与平面、平面与平面以及向量与向量所成的角的取值范围，考查学生对基础知识的熟练度，体现了基础性，是简单题.5．已知牌堆中有5张扑克牌，其中2张“2”和3张“3”，从牌堆中任取两张扑克牌（无放回且每张牌取到的机会相等），规定：（a ）取出“2”得2分，取出“3”得3分，取出2张牌所得分数和记为随机变量1ξ（b ）取出“2”得3分，取出“3”得2分，取出2张牌所得分数和记为随机变量2ξ则（ ） A ．()()12EE ξξ<，()()12D D ξξ=B ．()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ<C ．()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ= D ．()()12EE ξξ<，()()12D D ξξ<【答案】C【解析】先写出14,5,6ξ=，24,5,6ξ=，再求出每种得分对应的概率值，根据期望和方差公式计算即可求解 【详解】可将抽牌结果分为三种情况：两张“2”，一张“2”和一张“3”，两张“3” 取出两张“2”的概率为：251110P C ==； 取出一张“1”，一张“2”的概率为：11232535C C P C ⋅==；取出两张“3”的概率为：2325310C P C ==按（a ）种规定的得分共有：4分，5分，6分三种情况，即14,5,6ξ=； 按（b ）种规定的得分共有：6分，5分，4分三种情况，即24,5,6ξ=； 列出随机变量1ξ与2ξ的分布列，如下表：1ξ4 5 6P110 35 3102ξ4 5 6P31035 110则()()123733,1010E E ξξ==，()()12E E ξξ> ()22213713733732610456101010510101000D ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22223333333312610456101010510101000D ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯+-⨯+-⨯=⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()()12D D ξξ=故()()12E E ξξ>，()()12D D ξξ=故选：C【点睛】本题考查离散型随机变量的期望与方差的求值，属于中档题 6．以下方程能表达该图象的是( )A ．()221xy x y-=B ．()221xy y x-=C ．221xy x y -=D ．()221xy x y -=【答案】A【解析】由图象的特征对比方程的性质，逐项排除即可得解. 【详解】 设点(),a b 为该图象上一点，对于B ，图象在第一象限存在点满足a b >即22a b >，此时()2201abba -<≠，故B 错误； 对于C ，图象经过第二、四象限即存在点满足0ab <的情况，则2201ab a b -<≠，故C 错误；对于D ，()()()2222a b a b ab a b ⋅--=-，由(),a b -不在图象上，故D 错误.故选：A.【点睛】本题考查了由图象识别方程，关键是找到选项的差异，属于基础题. 7．设函数2()(,,,0)f x ax bx c a b c a =++∈>R ，则“02b f f a ⎛⎫⎛⎫-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭”是“()f x 与(())f f x ”都恰有两个零点的（ ）．A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】【详解】 显然2b f a ⎛⎫-⎪⎝⎭是()f x 的最小值，若()f x 有两个零点，设12,x x ，且12x x <，由()()0f f x =得()1f x x =或()2f x x =，由题意()()0ff x =只有两个零点，因此()1f x x =无解，()2f x x=有两个不等实根，即122b x f x a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭，02b f f a ⎛⎫⎛⎫∴-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，必要性得证， 若02b f f a ⎛⎫⎛⎫-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由于0a >，因此()f x 有两个零点， 设为12,x x ，不妨设122b x f x a ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭，由()()0f f x =得()1f x x =或()2f x x =，显然()1f x x =无解，()2f x x =有两个不等实根，即()()f f x 有两个零点，充分性得证，故题中是充分必要条件，故选C.【方法点睛】本题通过充分条件与必要条件考查二次函数的图象与性质，属于难题题. 判断充要条件应注意：首先弄清条件p 和结论q 分别是什么，然后直接依据定义、定理、性质尝试,p q q p ⇒⇒.对于带有否定性的命题或比较难判断的命题，除借助集合思想化抽象为直观外，还可利用原命题和逆否命题、逆命题和否命题的等价性，转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理.本题中，不但要理解充分条件与必要条件的基本含义，更要熟练掌握二次函数的图象与性质，以及二次函数与一元二次方程的关系. 8．已知0x >，则92535x x x x ⎛⎫⎛⎫+-⋅++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的最小值为( ) A ．1215 B ．48C ．79316D ．60【答案】B【解析】转化条件得29251535148x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-⋅++=-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，根据函数单调性确定15x x -的取值范围后即可得解. 【详解】 由题意229252253035219x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+-⋅++=++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22151515249148x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+=-++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，令()15f x x x=-，0x >，由函数单调性可知()(),f x ∈-∞+∞， 所以当151x x -=-时，92535x x x x ⎛⎫⎛⎫+-⋅++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭取最小值48.故选：B.【点睛】本题考查了函数单调性的应用，考查了整体意识，属于中档题. 9．如图所示，在顶角为3π圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1,4的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两个球分别与截面相切于EF ，则截面所表示的椭圆的离心率为( ) （注：在截口曲线上任取一点A ，过A 作圆锥的母线，分别与两个球相切于点,BC ，由相切的几何性质可知，AE AC =，AF AB =，于是AE AF AB AC BC +=+=，为椭圆的几何意义）A ．12B ．815C ．1127D ．1563【答案】C【解析】设两球的球心分别为1O ，2O ，圆锥顶点为S ，取两球与圆锥同一母线上的切点G ，H ，连接1O G ，2O H ，1O F ，2O E ，连接2O S 交EF 于K ，由题意可得33AE AF +=，再利用平面几何知识即可得11FE =，即可得解. 【详解】设两球的球心分别为1O ，2O ，圆锥顶点为S ，取两球与圆锥同一母线上的切点G ，H ， 连接1O G ，2O H ，1O F ，2O E ，连接2O S 交EF 于K ， 由顶角为3π，两个球的半径分别为1，4， 可知13tan6O G SG π==，243tan6O H SH π==，112sin6O G SO π==，228sin6O H SO π==，所以33GH =即33AE AF AB AC GH +=+==，126O O =，由12O FK O EK △△∽可得112214O K O F FK O K EK O E ===， 所以2245O K =，所以2224411455EK ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，5114FE EK ==， 所以该椭圆离心率11112733EF e AE AF ===+. 故选：C.【点睛】本题考查了圆锥和球的几何特征，考查了椭圆的性质，属于中档题.二、多选题10．已知0a >，0b >，下列说法错误的是（ ）A ．若1a b a b ⋅=，则2a b +≥B ．若23a b e a e b +=+，则a b >C ．()ln ln aa b a b -≥-恒成立 D ．2ln aab b e e-<恒成立 【答案】AD【解析】对A 式化简，通过构造函数的方法，结合函数图象，说明A 错误；对B 不等式放缩22a b e a e b +>+，通过构造函数的方法，由函数的单调性，即可证明B 正确；对C 不等式等价变型()ln ln ln1-≥-⇔≥-a b a a b a b b a ，通过10,ln 1∀>>-x x x 恒成立，可得C 正确；D 求出ln -a ab b e的最大值，当且仅当11a b e =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等号，故D 错误.【详解】A. 1ln ln 0⋅=⇔+=a b a b a a b b 设()ln f x x x =，()()0∴+=f a f b由图可知，当1+→b 时，存在0+→a ，使()()0f a f b += 此时1+→a b ，故A 错误. B. 232+=+>+a b b e a e b e b设()2xf x e x =+单调递增，a b ∴>，B 正确C. ()ln ln ln1-≥-⇔≥-a ba ab a b b a又10,ln 1∀>>-x x x ，ln 1∴≥-a bb a，C 正确D. max 1=⇒=x x y y e e当且仅当1x =；min 1ln =⇒=-y x x y e 当且仅当1=x e；所以2ln -≤a a b b e e ，当且仅当11a b e =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等号，D 错误.故选：AD 【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，转化的数学思想和数形结合的数学思想，属于难题.三、填空题 11．已知奇函数()f x 的定义域为R 且在R 上连续.若0x >时不等式()1f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭的解集为()2,3，则x ∈R时()1f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集为______.【答案】()()()3,20,23,--+∞【解析】当0x >时，易得()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()()0,23,+∞；利用奇函数的性质可得当0x >时，()1f x f x ⎛⎫-->-- ⎪⎝⎭的解集为()2,3，令0t x =-<即可得解.【详解】由题意可得当0x >时，()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()()0,23,+∞，由奇函数的性质可得当0x >时，()1f x f x ⎛⎫-->--⎪⎝⎭的解集为()2,3， 令0tx =-<，则()1f t f t ⎛⎫->- ⎪⎝⎭的解集为()3,2--，即当0x <时，()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()3,2--， 所以()1f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭的解集为()()()3,20,23,--+∞.故答案为：()()()3,20,23,--+∞.【点睛】本题考查了函数奇偶性的应用，考查了运算能力和推理能力，属于中档题.12．已知在五位车牌中，字母最多有两个，且为防止混淆1和l ，0和O ，车牌中不设置字母l 和O ，则“浙A ”的五位车牌最多有______块. 【答案】67.0610⨯【解析】按车牌中没有字母、有一个字母和有两个个字母分类讨论，求和即可得解. 【详解】若车牌中没有字母则共有510100000=块车牌；若车牌中含有一个字母则共有14524101200000C ⋅⋅=块车牌； 若车牌中含有两个个字母则共有223524105760000C ⋅⋅=块车牌；则“浙A ”的五位车牌最多有6100000120000057600007.0610++=⨯块. 故答案为：67.0610⨯. 【点睛】本题考查了分步相乘和分类相加计数原理的应用，属于中档题. 13．已知函数()ln x xf x ae x=1+-恰有一个零点，则实数a 的取值范围是______． 【答案】1(,0]e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】问题转化为函数ln ()1x g xx =+和()xh x ae =的只有一个公共点，利用导数得出()g x 的单调性，极值，可作出函数图象，由图象易知0a ≤时，两函数图象只有一个公共点，在0a >时，先求出两图象在同一点00(,)x y 处有共同切线时a 的值，而且利用图象知a 取其它值时交点情况，从而得出结论． 【详解】 函数()ln x xf x ae x =1+-恰有一个零点，即方程ln 10x x ae x +-=只有一根，ln 1x x ae x+=只有一根， 设ln ()1x g x x =+，()xh x ae =，0x >， 21ln ()xg x x-'=，当0x e <<时，()0g x '>，()g x 递增，x e >时，()0g x '<，()g x 递减，max 1()()1g x g e e==+，0x →时，()g x →-∞，x →+∞，()1g x →，∴0a ≤时，()xh x ae =是减函数，且()0≤h x ，函数ln ()1x g xx =+与()xh x ae =的图象只有一个交点，满足题意，0a >时，()x h x ae =是增函数，设()y g x =与()y h x =在00(,)x y 处有共同的切线，显然0(0,)x e ∈，()x h x ae '=，则000200001ln ln 1x x x ae x x y ae x -⎧=⎪⎪⎨⎪==+⎪⎩，∴002001ln ln 1x x x x -=+，整理得2000(1)ln 10x x x ++-=， 设2()(1)ln 1p x x x x =++-，则1()2ln 1p x x x x '=+++，设1()2ln 1q x x x x=+++，则2211(21)(1)()2x x q x x x x-+'=+-=， 102x <<时，()0q x '<，()q x 递减，12x >时，()0q x '>，()q x 递增，min 11()4ln 4ln 2022q x q ⎛⎫==+=-> ⎪⎝⎭，∴0x >时，1()02q x q ⎛⎫≥> ⎪⎝⎭，即()0p x '>，∴()p x 是(0,)+∞上的增函数，又(1)0p =，∴2000(1)ln 10x x x ++-=只有唯一解01x =，∴1ae =，1a e=， 当1ae >时，()y g x =与()y h x =的图象没有公共点，当10a e<<时()y g x =与()y h x =的图象有两个在公共点，综上所述，函数()ln x xf x ae x=1+-恰有一个零点时，1(,0]a e ⎧⎫∈-∞⎨⎬⎩⎭．故答案为：1(,0]e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭．【点睛】本题考查函数零点个数问题，解题时首先把零点个数转化为函数图象交点个数，然后利用导数研究函数的性质，结合函数图象得出结论．本题考查学生的分析问题处理问题的能力，考查运算求解能力，属于难题．四、双空题14．《九章算术》中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织______尺，若女子坚持日日织，十日能织______尺.【答案】1031165 【解析】设该女子每天的织布数量为n a ，转化条件得数列{}n a 为公比为2的等比数列，利用等比数列的通项公式和前n 项和公式求得1531a =后即可得解. 【详解】设该女子每天的织布数量为n a ，由题可知数列{}n a 为公比为2的等比数列，设数列{}n a 的前n 项和为n S ，则()51512512a S -==-，解得1531a =， 所以2110231a a ==，()10105123116512S -==-. 故答案为：1031，165.【点睛】本题考查了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题.15．()91ax +的二项展开式中系数最大的是第三项，且a N +∈，则a =______，展开式中二项式系数最大的是第______项.【答案】3或4 5和6【解析】写出()91ax +的二项展开式的通项公式，由题意2923939929219199C a C a C a C a----⎧⋅≥⋅⎨⋅≥⋅⎩，解不等式组即可得解；由二项式系数的定义可得展开式中二项式系数最大为第3和4项；即可得解. 【详解】由题意()91ax +的二项展开式的通项公式为()9991991rr r r r r r T C ax C a x ---+=⋅=⋅⋅，由第三项的系数最大可得2923939929219199C a C a C a C a----⎧⋅≥⋅⎨⋅≥⋅⎩即3684369a a ≥⎧⎨≥⎩， 解得2149a ≤≤，又a N +∈，所以3a =或4； 展开式中二项式系数最大的是49C 和59C ，即为第5项和第6项. 故答案为：3或4；5和6 【点睛】本题考查了二项式定理的应用，考查了计算能力和转化化归思想，属于中档题. 16．设实数x 、y 满足条件30x y -≥、2x y +≤，则可行域面积为______，xy 最大值为______.【答案】3 1【解析】本题首先可以将30x y -≥、2x y +≤转化为0302y x y x y ≥⎧⎪-≥⎨⎪+≤⎩或0302y x y x y <⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，然后绘出可行域，求出可行域面积，再然后结合图像得出当xy 最大时点在线段AC 上，最后根据配方法求出xy 的最大值.【详解】因为实数x 、y 满足条件30x y -≥、2x y +≤，所以实数x 、y 满足0302y x y x y ≥⎧⎪-≥⎨⎪+≤⎩或0302y x y x y <⎧⎪+≥⎨⎪-≤⎩，绘出可行域，如图：易知13,22A ⎛⎫⎪⎝⎭，13,22B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()2,0C ， 故可行域面积13222322AOCSS △， 结合图象可知，当xy 最大时点在线段AC 上，直线AC 的方程为2y x =-，则()()2222111xy x x x x x =-=-+=--+≤， 故当1x =时，xy 取最大值，xy 的最大值为1， 故答案为：3、1. 【点睛】本题考查可行域的画法以及配方法求最值，考查去绝对值，考查配方法的灵活应用，考查数形结合思想，考查计算能力，是中档题.17．已知三角形ABC 的外接圆半径为1，外接圆圆心为O ，且O 点满足2340OA OB OC++=，则cos ACB ∠=______，AB OA ⋅=______.【答案】10434-【解析】由题意()423OC OA OB =-+，两边同时平方可得1cos 4AOB ∠=，利用二倍角余弦公式即可得cos ACB ∠；转化条件为()AB OA OB OA OA ⋅=-⋅即可得AB OA ⋅；即可得解.【详解】 由题意可知ABC 为锐角三角形，点O 在ABC 内部，由2340OA OB OC++=可得()423OC OA OB =-+，两边同时平方可得222164912cos OC OA OB OA OB AOB =++⋅⋅∠，由1OC OA OB ===可得1cos 4AOB ∠=， 由2AOB ACB ∠=∠可得2cos 2cos 1AOB ACB ∠=∠-得10cos 4ACB ∠=； 由()213144AB OA OB OA OA OB OA OA ⋅=-⋅=⋅-=-=-.故答案为：104，34-.【点睛】本题考查了平面向量数量积与二倍角余弦公式的综合应用，考查了转化化归思想，属于中档题.五、解答题18．三角形ABC 的内角ABC 所对的边分别是a ，b ，c ，且24cos 2cos cos 25C A B += （1）若三角形是锐角三角形，且A B ∠>∠，求tan B 的取值范围； （2）若4a =，3b =，求三角形ABC 的面积． 【答案】（1）1724,317⎛⎫⎪⎝⎭；（2）6. 【解析】（1）先利用24cos 2cos cos 25C A B +=得出()cos A B -，再解出()tan A B -，将tan B 用含tan A 的式子表示，然后根据角A 的范围，求tanB 的取值范围；（2）利用余弦定理将24cos 2cos cos 25C A B +=化为关于三边的关系式，代入4a =，3b =，解出c ，然后再设法求其面积. 【详解】()cos 2cos cos cos 2cos cos cos cos sin sin C A B A B A B A B A B +=-++=+()24cos 25A B =-=又A B >，且,A B 都为锐角，故()7sin 25A B -=，()7tan 24A B -=， 又()tan tan tan 1tan tan A BA B A B--=+，所以()()246257tan +2424tan 72462577tan 7tan 247tan 24777tan 24A A B A A A --===-+++ 又2Cπ<，所以22A B A π<+<，得4A π>，tan 1A >，所以()()24625246252477724777tan 247A -<-<⨯++， 故1724tan 317B <<. （2）由余弦定理得22222222224cos 2cos cos 222225a b c b c a a c b C A B ab bc ac +-+-+-+=+⋅=， 代入4a =，3b =整理得：242254924242425c c c --+=， 解得：5c =则△ABC 为直角三角形，面积为13462S =⨯⨯=. 【点睛】本题考查解三角形中的综合问题，考查学生的计算能力，最值、取值范围问题的分析与处理能力，难度较大. 解答时，要注意利用余弦定理进行边角互化，取值范围问题要设法表示出所求量满足的关系式，然后利用函数的性质或不等式等求解.19．在四面体ABCD 中，已知2AC BC DC DA DB =====，AB x =. （1）当四面体体积最大时，求x 的值；（2）当3x =时，设四面体ABCD 的外接球球心为O ，求AO 和平面BCD 所成夹角的正弦值.【答案】（1）6；（2）71326. 【解析】（1）取DC 中点E ，连接AE ，BE ，过点A 作AH BE ⊥，由题意可知当AE ⊥平面BCD 时，四面体的面积最大，求出此时的x 的值即可得解； （2）在线段BE 上取O '，使22333BO BE '==，O '为BCD 的内心，过O '作'⊥O O 平面BCD ，则球心在直线O O '上，设O O m '=，球的半径为r ，由勾股定理求得m 后，由sin cos OAP θ=∠即可得解.【详解】（1）取DC 中点E ，连接AE ，BE ，过点A 作AH BE ⊥,由2AC BC DC DA DB =====可得AE CD ⊥，BE CD ⊥，3AE BE ==，由AEBE E =可得CD ⊥平面ABE ，又CD ⊂平面BCD ，所以平面ABE ⊥平面BCD ，所以AH ⊥平面BCD ，即AH 即为四面体的高，由AH AE ≤，可知当AE ⊥平面BCD 四面体面积最大，此时226AB x AE BE ==+=即x 的值为6；（2）当3x =时，3AB AE BE ===，则H 为BE 的中点，所以32BH=，32AH =， 在线段BE 上取O '，使22333BO BE '==，易知O '为BCD 的内心，36O H '=， 过O '作'⊥O O 平面BCD ，则球心在直线O O '上， 球心为O ，过点O 作OP AH ⊥，连接OB ，OA ，则36OP O H '==， 设O O m '=，球的半径为r ，则HP O O m '==，则2222223362r OA OP AP m ⎛⎫⎛⎫==+=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，222222233r OB O O O B m ⎛⎫''==+=+ ⎪ ⎪⎝⎭， 所以22223323623m m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得13m =， 所以133OA =，76AP =，713cos 26AP OAP AO ∠==，设AO 和平面BCD 所成夹角为θ， 由AH ⊥平面BCD 可知713sin cos 26OAP θ=∠=，所以AO 和平面BCD 所成夹角的正弦值为71326.【点睛】本题考查了三棱锥的特征及其外接球的相关问题，考查了线面角的求解，属于中档题. 20．已知数列11(1)n n na ab +=+，n *∈N ，且11a =． （1）若{}n b 的前n 项和为22n，求{}n a 和{}n b 的通项公式（2）若2n b n =，求证：92n a <【答案】（1）21n a n =-;12n b n =-（2）证明见解析 【解析】（1）n b 的前n 项和为22n，知求{}n b 是等差数列，求出n b 代入11(1)n n n a a b +=+化简，利用累积法可求n a 通项公式（2）2n b n =代入11(1)n n n a a b +=+化简得121(1)n n a a n+=+,用数学归纳法可证明. 【详解】 （1）n b 的前n 项和为22n ，∴ {}n b 是等差数列， 设n b an b =+，则12112()22n b a b b b n n ⎧=+=⎪⎪⎨+⎪=⎪⎩，112a b =⎧⎪⎨=-⎪⎩12n b n ∴=- 1121(1)1212n n n n a a a n n ++∴=+=--，12121n na n a n ++∴=- ， 122123121232532325231n n n n n n a a a a n n n a a a a n n n --------∴⨯⨯⨯⋅⋅⋅=⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯---21n a n =-21n a n ∴=-满足11a =21n a n ∴=-（n *∈N ）（2）2n b n =代入11(1)n n n a a b +=+得121(1)n n a a n+=+， 1211n n a a n+=+ 用数学归纳法证明：1n =时，1912a =<显然成立， 设n k =时，92k a <成立，则1n k =+时，1222191999(1)(1)2222k k a a k k k +=+<+=+< 所以92n a <成立 【点睛】本题考查数列的通项公式及运用数学归纳法证明不等式.属于中档题. 21．已知抛物线21:4C y x =和x 轴上的定点()4,0M，过抛物线焦点作一条直线交1C 于A 、B 两点，连接,AM BM 并延长，交1C 于C 、D 两点.（1）求证：直线CD 过定点；（2）求直线AB 与直线CD 最大夹角为θ，求tan θ. 【答案】（1）证明见解析；（2）3tan 4θ=. 【解析】（1）当直线AB 、AM 斜率不存在时，可直接求解；当直线AB 、AM 斜率存在时，设直线():1AB y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，()44,D x y ，不妨设10y >，联立方程组得114y y =-，221212144y y x x =⋅=，111616,C x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，221616,D x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，结合2114y x =可得直线()12116:4x y CD y y -=-，即可得证； （2）当直线AB 斜率存在时，易证14CD k k =，利用tan 1CD CD k kk kα求出最大值即可得解.【详解】（1）证明：由题意知抛物线焦点()1,0F ，当直线AB 斜率不存在时，直线:1AB x =，易得()1,2A ，()1,2B -，则直线()2:43AM y x =--，()2:43BM y x =-， 所以点()16,8C -，()16,8D ，此时直线:16CD x =； 当线AB 斜率存在时，设直线():1AB y k x =-，()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，()44,D x y ，不妨设10y >，则()214y k x y x⎧=-⎨=⎩，化简得2440y y k--=，>0∆， 则114y y =-，221212144y y x x =⋅=，①当14x =时，则()4,4A ，所以2141y y -==-，21114x x ==，点1,14B ⎛⎫- ⎪⎝⎭， 所以直线:4AM x =，点()4,4C -，直线()4:415BM y x =-，则()244154y x y x⎧=-⎪⎨⎪=⎩解得点()64,16D ， 所以直线116:33CD y x =-； ②当14x ≠时，此时直线()11:44y AM y x x =--， 则()112444y y x x y x ⎧=-⎪-⎨⎪=⎩，结合2114y x =化简得()2211116160x x x x x -++=， 此方程有一根为1x ，所以3116x x =，所以3116y y =-，所以111616,C x y ⎛⎫-⎪⎝⎭， 同理可得221616,D x y ⎛⎫-⎪⎝⎭， 由114y y =-，121=x x ，2114y x =可得2116416,C y y ⎛⎫- ⎪⎝⎭，()2114,4D y y ，所以1112211211646444CDy y yk y y y +==--，所以直线()211121:444y CD y y x y y -=--，化简得()12116:4x y CD y y -=-， 可得直线CD 过点()16,0；综上，直线CD 恒过点()16,0；（2）由（1）知，当直线AB 斜率不存在时，//AB CD ；当直线斜率AB 存在时，1212211221121616116164CDy y x x y y k k y y x x x x -+-==-⋅=--， 设直线AB 与直线CD 的夹角为α， 2333tan 4144CD CD k k k k kk kkα，当且仅当2k =±时，等号成立， 所以对于直线AB 与直线CD 最大夹角θ，3tan 4θ=. 【点睛】本题考查了抛物线与直线的综合运用，考查了运算能力，属于中档题. 22．已知函数()()()21ln f x x a x a R =--∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1212,x x x x <，且关于x 的方程()()f x b b R =∈恰有三个实数根3x ，4x ，5x ()345x x x <<，求证：()21532x x x x ->-.【答案】（1）见解析；（2）证明见解析. 【解析】（1）求导后按照12a ≤-、0a ≥、102a -<<分类讨论，求出()0f x '>、()0f x '<的解集即可得解；（2）构造新函数()()(){}11121,0min ,gx f x x f x x x x x x =+--≤<-，求导后可得()()00g x g >=即可得3412x x x --<-；同理可得5422x x x +<，即可得证.【详解】（1）由题意得()()22221a x x af x x x x--'=--=，令()0f x '=即2220x x a --=，48a ∆=+，①当12a ≤-时，0∆≤，()0f x '≥，函数()f x 在()0,∞+上单调递增； ②当12a >-时，>0∆，2220x x a --=的两根为11212a x -+=，21212a x ++=，（i ）当1210a -+≤即0a ≥时，112102a x -+=≤，所以当1210,2a x ⎛⎫++∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当121,2a x ⎛⎫++∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '>； 所以()f x 在1210,2a ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，121,2a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增； （ii ）当1210a -+>即102a -<<时，1212102a x x -+<=<， 所以当1211210,,22a a x ⎛⎫⎛⎫-+++∈+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>； 当121121,22a a x ⎛⎫-+++∈ ⎪⎪⎝⎭时，()0f x '<； 则()f x 在121121,22a a ⎛⎫-+++ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在1210,2a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，121,2a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增. 综上，当12a ≤-时，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a ≥时，()f x 在1210,2a ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，121,2a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；当102a -<<时，()f x 在121121,22a a ⎛⎫-+++ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，1210,2a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭，121,2a ⎛⎫+++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；（2）证明：由题意得102a -<<，314250x x x x x <<<<<，1201x x ， 令()()(){}11121,0min ,gx f x x f x x x x x x =+--≤<-，则()()()()11111+41'''=+-=---+-a ag x f x x f x x x x x x x()()()()()()()()22221111111111114124142x x x ax x x x x x ax x x x x x x x x -----+--==+-+-，由（1）知211220x x a --=，则()()()()()()()22111111114122410x x ax ax x x g x x x x x x x x x --+---'==>+-+- 又()00g =，可知对于{}1210min ,x x x x <<-均有()()00g x g >=，所以()()11f x x f x x +>-，所以()()141142f x x x f x x +->-，由()()43f x f x =可得()()3142f x f x x >-，结合函数()f x 在()10,x 上单调递增，可得3142x x x >-即3412x x x --<-，令()()()2221,0hx f x x f x x x x x =+--≤<-，同理可得()()()()2222410x x h x x x x x --'=>+-， 由()00h=可得当210x x x <<-时，()()00h x h >=，所以()()22f x x f x x +>-，所以()()224224f x x x f x x x +->-+，由()()54f x f x =可得()()2452f x x f x ->，结合函数()f x 在()2,x +∞上单调递增，可得5242x x x <-即5422x x x +<，所以21543422x x x x x x ->+--即()21532x x x x ->-，得证.【点睛】本题考查了导数的综合应用，考查了运算能力与推理能力，属于难题.。
2020届浙江省绍兴市高三4月高考科目考试适应性试卷(一模) 数学
绝密★启用前浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷(2020年4月)数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上 3.考试结束后.将本试卷和答题卡一并交回。
第I 卷(共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.已知集合A ＝{x|x>1}，B ＝{x|x≥1}，则(R ðA)∩B ＝A.∅B.{1}C.RD.(1，＋∞)2.双曲线2213x y -=的焦点到渐近线的距离是 A.1 B.2 C.3 D.23.底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是A.43B.8C.433D.834.若实数x ，y 满足不等式组02222y x y x y ≥⎧⎪-≤⎨⎪-≥⎩，则x －3yA.有最大值－2，最小值－83B.有最大值83，最小值2 C.有最大值2，无最小值 D.有最小值－2，无最大值5.在△ABC 中，已知A ＝4π，则“sinA>sinB”是“△ABC 是钝角三角形”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件6.已知a>0，且a≠1，若log a 2>，则a y x x =-的图象可能是7.已知x 1，x 2，x 3∈R ，x 1<x 2<x 3，设231312121231,,,2222x x x x y x x y y y y z ++++====，231323,22y y y y z z ++==，若随机变量X ，Y ，Z 满足：)((())i i i P X x P Y y P Z z ===== 13=(i ＝1，2，3)，则A.D(X)<D(Y)<D(Z)B.D(X)>D(Y)>D(Z)C.D(X)<D(Z)<D(Y)D.D(X)>D(Z)>D(Y)8.如图，三棱锥V －ABC 的底面ABC 是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱V A 上的点(不含端点)，记直线PB 与直线AC 所成角为α，二面角P －AC －B 的平面角为β，则α＋β不可能．．．是A.34πB.23πC.2πD.3π 9.如图，一系列椭圆C n ：2211x y n n+=+(n ∈N *)，射线y ＝x(x≥0)与椭圆C n 交于点P n ，设a n ＝|P n P n ＋1|，则数列{a n }是A.递增数列B.递减数列C.先递减后递增数列D.先递增后递减数列10.设a ∈R ，若x ∈[1，e]时恒有(e －1)x·ln(x ＋a x)≤x 2－x ＋a(其中e ＝2.71828…为自然对数的底数)，则恒有零点的是A.y ＝x 2＋ax ＋1B.y ＝ax 2＋3x ＋1C.y ＝e x ＋a －1D.y ＝e x －a ＋1第II 卷(共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.函数f(x)＝－3sin(πx ＋2)的最小正周期为 ，值域为。
2020年4月普通高考数学(浙江卷)全真模拟卷(1)(解析版)
2020年4月普通高考（浙江卷）全真模拟卷（1）数学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4．测试范围：高中全部内容。
选择题部分（共40分）一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合{}1,2,3,4,5U =，{}0,1,2,3A =，{}1,2,3,4B =，则()C U A B =I （ ） A ．{}1,2,3 B ．{}3,4,5C ．{}4,5D ．∅【答案】C 【解析】∵A ＝{}0,1,2,3， B ＝{}1,2,3,4， ∴A ∩B ＝{1，2，3}，又∵全集U ＝{1，2，3，4，5}， ∴∁U （A ∩B ）＝{4，5}． 故选：C ．2．双曲线2213y x -=的焦点坐标为（ ）A ．()B ．()2,0±C ．(0,D ．()0,2±【答案】B【解析】由双曲线方程2213y x -=可知，1,a b ==所以2c =，所以双曲线2213y x -=的焦点坐标为()2,0±，故选：B.3．关于,x y 的不等式组23000x y x m y m -+>⎧⎪+<⎨⎪->⎩表示的平面区域内存在点()00,P x y ，满足0023x y -=，则实数m的取值范围是（ ） A ．(),3-∞- B ．()1,1-C ．(),1-∞-D ．()1,--∞【答案】C 【解析】作出不等式组对应的平面区域如图：若平面区域内存在点()00,P x y ，满足0023x y -=， 则说明直线23x y -=与区域有交点，即点(),A m m -位于直线23x y -=的下方即可，则点A 在区域230x y -->，即230m m --->，得1m <-，即实数m 的取值范围是()1-∞-，，故选C ． 4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何的体积为（ ）立方单位。
浙江省绍兴市高考科目考试适应性试卷(一模)数学试题含答案(2020年4月18)
浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2020 年 4 月）2．双曲线x y2 1的焦点到渐近线的距离是数学试题A．1 B． 2 C． 3D．2本科试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷共 6 页，选择题部分 1 至 3 页，非选择题部分 4 至3．底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，6 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟。
2则该四棱锥的体积是考生注意：1．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、座位号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在A．4 3 B．8正视图侧视图试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题C．4 33D．83卷上的作答一律无效。
参考公式:如果事件A ，B 互斥，那么柱体的体积公式P(A B) P(A) P(B) V = Sh如果事件A ，B 相互独立，那么其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高y 0,4．若实数x，y 满足不等式组x 2y 2,则x 3y2x y 2,8A．有最大值2，最小值B．有最大值3俯视图，最小值2(第 3 题图)C．有最大值2 ，无最小值D ．有最小值2，无最大值P(A B) P(A)P(B) 锥体的体积公式如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那1V = Sh35．在△ABC 中，已知，则“sin A sin B”是“△ABC 是钝角三角形”的4么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高A．充分不必要条件B．必要不充分条件P (k) C k p k (1 p)n k (k 0,1, 2,,n) 球的表面积公式n n台体的体积公式S =4πR2C．充要条件D ．既不充分也不必要条件1V (S S S S )h 球的体积公式1 12 234其中S S 分别表示台体的上、下底面积，h 表31, 2 V = πR3示台体的高其中R 表示球的半径6．已知a 0，且a 1，若log a2 1，则ay x 的图象可能是| x |第Ⅰ卷（共 40 分）一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符A B C D 合题目要求的）1．已知集合A {x | x 1}，B {x | x 1}，则(ðR A) BA．B．{1}C．R D．(1,)数学试题卷第 1 页（共 6 页）数学试题卷第 2 页（共 6 页）x x x x x x y y 7．已知x1，x2，x3 R ，x1 x2 x3 ，设 1 1 2y ，y 2 3 ，y 3 1 ，z 1 2 ，2 23 2 1 22第Ⅱ卷（共 110 分）y y y yz ，z 3 12 3 ，若随机变量X，Y，Z 满足：P(X x i ) P(Y y i ) P(Zz i )2 23 2二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题4 分，共 36分）1(i 1, 2,3) ，则311．函数 f (x) 3sin(x 2)的最小正周期为▲，值域为▲．A．D(X ) D(Y) D(Z) B．D(X ) D(Y) D(Z)12．已知i 为虚数单位，复数z满足zi1i12i ，则z ▲，| z |▲．C．D(X ) D(Z) D(Y) D．D(X ) D(Z) D(Y)8．如图，三棱锥V ABC 的底面ABC 是正三角形，侧棱长均相等，(1 x)6 (2 x)6 a a x a x 2 a x5 a x6 ，则a ▲，| a0 | |a 1 | | a2 |13．已知0 1 2 5 6 6P 是棱VA上的点（不含端点），记直线PB 与直线AC 所成角为，二面角P AC B 的平面角为，则不．可．能．是APVC| a || a|▲．5614．已知函数f(x)2x , x0,log (x a),x 0.2若 f (1) f (1) ，则实数a ▲；若y f (x)存在A．C．3π4π2B．D．2π3π3B(第 8 题图)最小值，则实数a 的取值范围为▲．15．某地区有 3 个不同值班地点，每个值班地点需配一名医务人员和两名警察，现将 3 名医务人员（1男 2 女）和 6 名警察（4 男 2 女）分配到这 3 个地点去值班，要求每个值班地点至少有一名女性，x y2 2C : 1(n )N ，射线y x(x 0)*9．如图，一系列椭圆nn 1 n与椭圆C 交于点n P ，设na | P P | ，则数列{a }是n n n 1 nyPP则共有▲种不同分配方案．（用具体数字作答）16．已知平面向量a,b,c,d ，满足| a || b || c |1，a b 0 ，| c d|| b c |，则a d 的取值范围为O x▲．A．递增数列17．已知a,b R ，设函数 f (x) 2|sin x+a|+|cos 2x+sin x+b |的最大值为G(a,b)，则G(a,b)B．递减数列C．先递减后递增数列的最小值为▲．(第 9 题图)D．先递增后递减数列a10．设a R ，若x [1, e] 时恒有(e 1)x ln(x ) x 2 x a （其中e 为自然对数x的底数），则恒有零点的是三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）18．（本小题满分 14 分）A．y x 2 ax 1 B．y ax2 3x 1在△ABC 中，已知内角A, B,C 的对边分别是a,b,c, 且ba 3 1,．cos A sin BC．y e x a 1 D．y e x a 1（Ⅰ）求角A ；（Ⅱ）若a 2，求△ABC 的面积．数学试题卷第 3 页（共 6 页）数学试题卷第 4 页（共 6 页）19．（本小题满分 15 分）21．（本小题满分 15 分）如图，四棱锥A BCDE 中，底面BCDE 是正方形，ABC 90，AC 2 ，BC 1，如图，已知点O(0,0)，E(2,0)，抛物线C : y 2 2px( p 0) 的焦点F 为线段OE 中点．AE 7 ．（Ⅰ）求抛物线C 的方程；（Ⅰ）求证：BC AE ；（Ⅱ）过点E 的直线交抛物线C 于A ，B 两点，AB 4AM ，过点A 作抛物线C 的切线l ，N 为（Ⅱ）求直线AD 与平面BCDE 所成角的正弦值．切线l 上的点，且MN y轴，求△ABN 面积的最小值．EDAB CNlFOME(第 19 题图)B(第 21 题图) 20．（本小题满分 15 分）22．（本小题满分 15 分）已知数列{a }是等比数列，na1 =2，且a2 ,a3 +2,a4 成等差数列．数列{b }满足：n已知函数 f (x) (x 1)e xax2(x 0) ．b b b n2 nb n2 3 (n N*)．1 22 3 n（Ⅰ）若函数 f (x) 在(0,)上单调递增，求实数a的取值范围；（Ⅰ）求数列{a }和{b }的通项公式；n n（Ⅱ）若函数 f (x) 有两个不同的零点x，1x，2（Ⅱ）求证：b 1 b 1 b 1 b 1 31 n ．2 3a 2 a 3 a n a 212 3 n（ⅰ）求实数a的取值范围；（ⅱ）求证：1 1 11．(其中t 为 f(x) 的极小值点)x x t 11 2 0数学试题卷第 5 页（共 6 页）数学试题卷第 6 页（共 6 页）。
浙江省绿色联盟2020届高三适应性考试数学试题 Word版含解析
浙江省绿色联盟2020届高三适应性考试数学试题一、选择题：本大题共有10小题，每小题4分，共40分。
1.复数z1=2-i，z2=1+2i，i为虚数单位，则z1·=（）A. 4-5iB. 3iC. 4-3iD. -5i【答案】D【考点】复数代数形式的混合运算【解析】【解答】解：.故答案为：D【分析】利用复数的运算性质即可得出结果。
2.已知x，y为实数，则“xy≥0”是|x+y|≥|x-y|的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分且必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】解：由，当时，成立，当时，也成立。
故答案为：C【分析】根据题意对x、y分情况讨论即可得出结论成立。
3.已知a为第二象限角，且3sina+cosa=0，则sina=（）A. B. C. - D. -【答案】A【考点】三角函数中的恒等变换应用【解析】【解答】解：，已知a为第二象限角，sina<0∴.故答案为：A【分析】利用同角三角函数的基本关系式再结合角a的象限即可求出结果。
4.设U为全集，对于集合M，N，下列集合之间关系不正确的是（）A. M∩N MUNB. (C U M)U(C U N)=C U(M∩N)C. (C U M) ∩(C U N)=C U(MUN)D. (C U M) ∩(C U N)=C U(M∩N)【答案】D【考点】交、并、补集的混合运算【解析】【解答】解：根据集合的运算性质，可得到(C U M)U(C U N)=C U(M∩N)，(C U M) ∩(C U N)=C U(MUN)。
故答案为：D【分析】结合集合的交、并、补运算性质逐一判断即可得出结论。
5.已知函数f(x)图象如图所示，则该图象所对应的函数是（）A. f(x)=e-xB. f(x)=e-2C. f(x)=e x2D. f(x)=e-x2【答案】D【考点】函数的图象【解析】【解答】解：由图像可得出这个函数为偶函数，故排除A选项，再由特殊值法可得出f(0)=1,排除B选项，再由图像的增减性在为减函数在为增函数，进而可判断出满足条件为f(x)=e-x2。
2020年浙江省高考数学模拟试卷(4月份)(含答案解析)
2020年浙江省高考数学模拟试卷（4月份）一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）1.设集合A={x∈N||x|<4}，B={x|2x≤4}，则A∩B=()A. {x|x≤2}B. {x|−4<x≤2}C. {0,1，2}D. {1,2}2.设复数z满足i⋅z=2+3i，其中i为虚数单位，在复平面内，复数z对应的点位于()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限3.已知q是等比数列{a n}的公比，首项a1<0，则“0<q<1”是“数列{a n}是递增数列”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4.设x，y满足{x−y≥0x+2y≤3x−2y≤1，则|x+4y|的最大值为()A. 0B. 1C. 2D. 55.函数y=−cosx⋅ln|x|的图象可能是()A. B.C. D.6.随机变量X满足P(X=p)=p，P(X=1−p)=1−p，随机变量Y=1−X，则()A. E(X)≥E(Y)，D(X)≥D(Y)B. E(X)≥E(Y)，D(X)=D(Y)C. E(X)≤E(Y)，D(X)≥D(Y)D. E(X)≤E(Y)，D(X)=D(Y)7.已知正四面体ABCD中，E，F分别是线段BC，BD的中点，P是线段EF上的动点(含端点).PA与平面BCD所成的角为θ1，二面角A−EF−D的平面角为θ2，二面角A−CD−B的平面角为θ3，则()A. θ1≤θ3≤θ2B. θ3≤θ1≤θ2C. θ1≤θ2，θ1≤θ3D. θ1≤θ3，θ2≤θ38.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1的左、右焦点分别为F1，F2，P是双曲线上一点，满足|PF1|=|F1F2|，PF2与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率是() A. √2 B. √3 C. √5 D. 39. 已知a ∈R ，函数f(x)={x 2−ax +a,x <1lnx −ax,x ≥1，则函数y =f(x)的零点个数不可能为( )A. 0B. 1C. 2D. 310. 已知数列{a n }满足：a 1=1，a n+1=12an +1(n ∈N ∗)．(1)数列{a n }是单调递减数列； (2)对任意的n ∈N ∗，都有a n ≥13； (3)数列{|a n −12|}是单调递减数列；(4)对任意的n ∈N ∗，都有|a n+1−a n |≤23⋅(611)n−1．则上述结论正确的个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 若log 3m =2，则m =______；2log 23+30+log 39=______．12. 《九章算术》中有这样的描述：“今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤四丈”，其中“广”是东西走向的意思，“袤”是南北走向的意思．若有几何体的三视图如图，则该几何体的体积为______，表面积为______(不需填单位)．13. 已知多项式(2x +a)5=a 0+a 1x +⋯+a 5x 5+(1+x)2，若a 0=0，则a =______；若a 2=−41，则a 1+a 2+⋯+a 5=______．14. 在△ABC 中，∠BAC 的平分线交BC 于点D ，AB =AD =1，AC =2，则BC =______；若O 是△ABD 的外接圆圆心，则BO =______． 15. 设点P(1,y 0)，若圆O ：x 2+y 2=1上存在点Q ，使得∠OPQ ≥π6，则y 0的取值范围是______．16. 地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库，当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有______种． 17. 矩形ABCD 中，AB =4，BC =3，圆O 是△BCD 的内切圆，P 是圆O 上的动点，M 为AB 的中点，N 为边AD 上的动点(包含端点)，则MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为______．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.已知函数f(x)=2sinxsin(x+π3)−12．(Ⅰ)若f(x+φ)为偶函数，且φ∈(0,π)，求φ；(Ⅱ)在△ABC中，角A满足f(A)=1，sinB=2sinC，a=2，求△ABC的面积．19.如图，已知多面体ABCD−A1B1C1D1，AA1，BB1，CC1，DD1均垂直于平面ABCD，AD//BC，AB=BC=CD=AA1=CC1=2，BB1=1，AD=DD1=4．(Ⅰ)证明：A1C1⊥平面CDD1C1；(Ⅱ)求直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．20.已知数列{a n}的前n项和S n=n2+2n，数列{b n}的前n项和T n=1−b n．(Ⅰ)求数列{a n}，{b n}的通项公式；(Ⅱ)设R n=1S1+1S2+⋯+1S n，试比较R n与T n的大小．21.如图，椭圆：x22+y2=1的上顶点A恰为抛物线x2=2py(p>0)的焦点，B，C是抛物线上的两个动点．(Ⅰ)若点P(2,1)，且满足PC⊥CB，求点B横坐标的取值范围；(Ⅱ)若A，B，C三点共线，过坐标原点O的直线l平分BC，且与椭圆交于M，N两点，求△BMN面积的最大值．22.已知函数f(x)=ax+lnx，g(x)=f(x)(x−lnx)−x2，a∈R．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若a∈Z，且函数g(x)只有一个零点，求a的最小值．-------- 答案与解析 --------1.答案：C解析：解：∵A={0,1，2，3}，B={x|x≤2}，∴A∩B={0,1，2}．故选：C．可以求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．本题考查了描述法、列举法的定义，绝对值不等式的解法，指数函数的单调性，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．2.答案：D解析：解：由题知，z=2+3ii =2i+3=3−2i，对应的点(3,−2)，在复平面内位于第四象限，故选：D．把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．本题考查复数的几何意义和除法运算，是基础题．3.答案：C解析：解：在等比数列{a n}中，a n+1−a n=a1q n−1⋅(q−1),a1<0，若数列{a n}是递增数列，则0< q<1；反之，若0<q<1，则a n+1−a n=a1q n−1(q−1)>0，数列{a n}是递增数列，所以“0<q<1”是“数列{a n}是递增数列”的充要条件．故选：C．本题考查等比数列的性质及充要条件的判定．此题借助于等比数列的性质来考查充要条件的判定，易忽视前提条件：首项a1<0．4.答案：D解析：解：作出可行域如图中的阴影部分(含边界)所示，设z=x+4y，因为直线z=x+4y的斜率为−14>−12，目标函数z=x+4y中的z随直线x+4y=0向上平移而增大，所以目标函数z=x+4y在点A(1,1)处取得最大值5，在点C(−1,−1)处取得最小值−5，故|x+4y|的最大值为5，故选：D．作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最小值．本题主要考查线性规划的应用，利用数形结合是解决线性规划题目的常用方法．解析：解：因为y=−cosx⋅ln|x|为偶函数，定义域为{x|x≠0}，故排除C，D；当x=π时，y=lnπ<2，排除B；故选：A．由函数为偶函数，可排除C，D，由lnπ<2，可排除B，由此得出正确选项．本题考查函数图象及性质，属于基础题．6.答案：B解析：解：∵P(X=p)=p，P(X=1−p)=1−p，∴E(X)=p2+(1−p)2，∵Y=1−X，∴E(Y)=1−E(X)=2p(1−p)，由基本不等式可知E(X)≥E(Y)．又D(Y)=D(1−X)=D(X)，故选：B．先根据随机变量X的概率分布，计算出E(X)，由于Y=1−X，所以可得出E(Y)，D(X)和D(Y)的大小关系．本题考查随机变量的期望和方差，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．7.答案：B解析：解：如图所示，设点O为底面BCD的中心，作OH⊥EF于点H，连接AH，AO，PO，则θ1=∠APO，θ2=∠AHO，二面角A−CD−B与二面角A−BC−D相等，所以θ3=∠AEO．因为OH≤OP≤OE，所以tanθ2≥tanθ1≥tanθ3，所以θ2≥θ1≥θ3，故选：B．如图，作OH⊥EF得到θ1=∠APO，θ2=∠AHO，θ3=∠AEO.根据OH≤OP≤OE，则可得θ2≥θ1≥θ3，本题考查空间角的直观分析．数形结合，属于中档题．8.答案：D解析：解：设双曲线焦距为2c，由题意得|PF1|=|F1F2|=2c，所以|PF2|=2c−2a．如图，在等腰△PF1F2中，cos∠PF2F1=c−a2c，又由PF2与双曲线的一条渐近线平行知cos∠PF2F1=ac，所以c−a2c =ac，解得c=3a，则该双曲线的离心率e=3，故选：D．由三角形的余弦定理和双曲线的渐近线可得所以c−a2c =ac，化简可得c=3a，再由离心率公式可得所本题主要考查双曲线离心率的计算，根据条件求出a 、c 关系，是解决本题的关键． 9.答案：D解析：解：令f(x)=0，得a =g(x)={x 2x−1,x <1；lnxx,x ≥1．当x <1且x ≠0时，g(x)=x 2x−1=11x−(1x)2=1−(1x −12)2+14；故其在(−∞,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减； 且g(0)=0； 当x ≥1时，g(x)=lnx x，g′(x)=1−lnx x 2；故g(x)在(1,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且g(1)=0其余对应的g(x)>0 画出y =g(x)的图象如图所示．由图象可知，y =g(x)与y =a 的交点个数可能是0个，1个和两个；不可能是3个； 故选：D ．把所求问题通过整理，转化为求g(x)={x 2x−1,x <1；lnxx ,x ≥1．与y =a 的交点个数问题，画出图象，借助于图象求解即可．本题考查了方程的根与函数的零点的关系，同时考查了数形结合的数学思想以及转化思想，属于基础题． 10.答案：C解析：解：由题可知a 1=1,a 2=13,a 3=35>a 2，故(1)不正确； 由题意得a n >0，则|a n+1−12||a n −12|=12an+1<1，故数列{|a n −12|}为单调递减数列，故(3)正确； 因为a 1=1,a 2=13.所以当n ≥3时，|a n −12|<16，则13<a n <23，故a n ≥13(n ∈N ∗)，故(2)正确； 因为|a n+2−a n+1||a n+1−a n |=22an+3≤611，所以|a n+1−a n |≤|a 2−a 1|⋅(611)n−1=23⋅(611)n−1，故(4)正确．综上，正确结论的个数为3，故选：C ．(1)，(3)可利用作差法来解决，(2)，(4)运用到的是基本不等式的性质，也可以采用作差法来解决大小的问题．本题考查数列与不等式的综合、迭代法、通项公式与递推关系之间的推导．11.答案：9 6解析：解若log3m=2，则m=9，2log23+30+log39=3+1+2=6．①利用指数为对数逆运算，a x=y，则x=log a y，从而得出答案．②利用对数运算公式a log a N=N，求出答案．本题考查对数的运算，属于基础题．12.答案：60 54+8√26解析：解：由题意可知，该几何体是一个底面为等腰梯形的横放的直四棱柱(如图所示)．易知，底面是上底为2，下底为4，高为5的等腰梯形，故S底面=12(2+4)×5=15．梯形的腰长为√52+11=√26又因为柱体的高为4，故侧面积S侧=(2+4+2√26)×4=24+8√26．故表面积为S表=2S底+S侧=54+8√26．该几何体的体V=S底×ℎ=15×4=60．故答案为：60 54+8√26因为正视图、俯视图都是矩形，所以初步判断是一个柱体，再结合侧视图可知，这是一个底面为梯形的直四棱柱．据此计算体积、表面积．本题考查空间几何体的三视图的识图问题，以及四棱柱的表面积、体积计算问题，同时考查了学生的直观想象、数学运算以及逻辑推理等数学核心素养．属于中档题．13.答案：1 −1解析：解：由题可知(2x+a)5−(1+x)2=a0+a1x+⋯+a5x5，令x=0，则a5−1=a0=0，故a=1；若a2=C53×22×a3−1=−41，则a=−1，∴(2x−1)5−(1+x)2=a0+a1x+⋯+a5x5；令x=0可得a0=−2，令x=1可得a0+a1+a2+⋯+a5=15−22=−3；故a1+a2+⋯+a5=−1．故答案为：1，−1．把已知等式变形，整理后令x=0可得第一个空，根据a2求得a，再令x=1即可求解结论．本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．14.答案：3√22√14 7解析：解：因为AD平分∠BAC，所以ABAC =BDCD=12；所以cos∠BAD=cos∠CAD，由余弦定理得AB2+AD2− BD22AB⋅AD =AD2+AC2−DC22AD⋅AC，即1+1−BD22×1×1=1+4−4BD22×1×2，解得BD=√22，所以CD=√2，所以BC=3√22；在△ABD中，由余弦定理得cosB=AB2+BD2−AD22AB⋅BD =√24，所以sinB=√1−cos2B=√1−216=√144，由正弦定理得BO=AD2sinB=2×√144=√147．根据角平分线定理和余弦定理，列方程求得BD的值，从而求得CD、BC的值；在△ABD中由余弦定理求得cos B的值，再计算sin B，由正弦定理求出BO的值．本题考查了正弦定理、余弦定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．15.答案：[−√3,√3]解析：解：如图，找临界情况：当PQ与圆O相切，且∠OPQ=π6时，y0=±√3，所以当−√3≤y0≤√3时，符合题意．故答案为：[−√3,√3]结合已知可找临界情况，可先求出当PQ与圆O相切时的y0即可求解．本题考查直线与圆的位置关系，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．16.答案：336解析：解：根据题意，分2步进行分析：(1)：首先把四辆车排列有A44种排法，再把两个连续的空车位捆绑与另一空车位往4辆车中插入有A52种方法，由乘法原理有A44A52种停法；(2)：因为红、白两车相邻的情况有A33A22A42种．则符合要求的停车方法有A44A52−A33A22A42=336种．故停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有336种．故答案为：336．根据题意，首先用捆绑法与插空法计算恰有两个连续的空车位必须相邻的所有停车方法，再计算红白两车相邻的停车法；结合题意，用间接法，两数相减，即可得答案．本题考查排列组合的应用，本题运用间接法，捆绑法，插空法，可以避免讨论，简化计算．属于中档题．17.答案：√13+4解析：解：先固定点P ，则MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≤max{MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ }，易得圆O 的半径为1，以C 为坐标原点建立如图所示坐标系，则M(3,2)，D(0,4)， 设P(x,y)，则对应的圆的方程为：(x −1)2+(y −1)2=1； ∴MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −3,y −2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,2)； 利用投影可得MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≤0， MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3)(x −3)+2(y −2)=−3x +2y +5； ∵(x −1)2+(y −1)2=1；故可得：x =1+cosα，y =1+sinα；∴MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +2y +5=2sinα−3cosα+4=√13sin (α−φ)+4，其中tanφ=32； 所以：MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为：√13+4． 故MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MN⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的最大值为√13+4． 故答案为：√13+4．先根据条件把所求问题转化，再建立坐标系，通过点的坐标转化以及三角函数的有关知识即可求解结论．本题考查了数量积运算性质、三角函数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．18.答案：解：(Ⅰ)f(x)=2sinx(12sinx +√32cosx)−12=sin 2x +√3sinxcosx −12=1−cos2x 2+√32sin2x −12=sin (2x −π6)，则f(x +φ)=sin (2x +2φ−π6)，由f(x +4)为偶函数可知f(0+φ)=sin (2φ−π6)=±1，所以2φ−π6=π2+kπ(k ∈Z)， 解得φ=π3+kπ2(k ∈Z)．又因为φ∈(0,π)，所以φ=π3或56π．(Ⅱ)由(Ⅰ)得f(A)=sin (2A −π6)=1⇒A =π3，sinB =2sinC ⇒b =2c ，所以由余弦定理得cosA =b 2+c 2−a 22bc⇒c =23√3，b =43√3，所以△ABC 的面积S =12bcsinA =12×43√3×23√3×√32=23√3．解析：(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出结果． (2)利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 19.答案：(Ⅰ)证明：如图，连接AC ， ∵AA 1//CC 1，且AA 1=CC 1，∴四边形ACC 1A 1为平行四边形，即A 1C 1//AC ．又底面ABCD 为等腰梯形，且AB =BC =CD =2，AD =4，∴AC ⊥CD ． ∵CC 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， ∴CC 1⊥AC ．又CD ∩CC 1=C ，∴AC ⊥平面CDD 1C 1， ∴A 1C 1⊥平面CDD 1C 1；(Ⅱ)解：法一、由题意得BC 1=2√2，延长DC ，D 1C 1，AB ，A 1B 1交于点G ，取CG 中点M ，连接BM ，AC ．∵BM//AC//A 1C 1，BM ⊄平面A 1B 1C 1，A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1， ∴BM//平面A 1B 1C 1，∴点B 到平面A 1B 1C 1的距离和点M 到平面A 1B 1C 1的距离相等． 由(Ⅰ)知A 1C 1⊥平面CDD 1C 1， 又A 1C 1⊂平面A 1B 1C 1，∴平面A 1B 1C 1⊥平面CDD 1C 1．过点M 作MH ⊥GD 1于点H ，则MH ⊥平面A 1B 1C 1， 即点M 到平面A 1B 1C 1的距离为MH =√22．设直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成的角为θ， 则sinθ=MH BC 1=√222√2=14，即直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成角的正弦值为14；解法二、以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，过点D 且垂直于平面ADD 1A 1的直线为y 轴，DD 1所在直线为z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则B(3,√3,0),A 1(4,0,2),B 1(3,√3,1),C 1(1,√3,2)， BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,2),A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,√3,0)，B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,0,1)．设平面A 1B 1C 1的法向量n⃗ =(x,y,z)， 由{n ⃗ ⋅A 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3x +√3y =0n ⃗ ⋅B 1C 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−2x +z =0，令x =1，得n ⃗ =(1,√3,2)．设直线BC 1与平面A 1B 1C 1所成的角为θ，则sinθ=|cos 〈BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 1,n ⃗ 〉|=2√2⋅2√2=14，即直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值为14．解析：(Ⅰ)连接AC，由已知可得四边形ACC1A1为平行四边形，即A1C1//AC.再由已知证明CC1⊥AC.结合直线与平面垂直的判定可得AC⊥平面CDD1C1，从而得到A1C1⊥平面CDD1C1；(Ⅱ)法一、延长D1C1，AB，A1B1交于点G，取CG中点M，连接BM，AC.证明BM//平面A1B1C1，可得点B到平面A1B1C1的距离和点M到平面A1B1C1的距离相等．由(Ⅰ)知A1C1⊥平面CDD1C1，可得平面A1B1C1⊥平面CDD1C1.过点M作MH⊥GD1于点H，则MH⊥平面A1B1C1，求得点M到平面A1B1C1的距离为MH=√22.设直线BC1与平面A1B1C1所成的角为θ，可得sinθ，得到直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值；法二、以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，过点D且垂直于平面ADD1A1的直线为y轴，DD1所在直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标与平面A1B1C1的一个法向量n⃗，由BC1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与n⃗所成角的余弦值可得直线BC1与平面A1B1C1所成角的正弦值．本题考查直线与平面垂直的判定、线面角，考查空间想象能力和运算求解能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．20.答案：解：(Ⅰ)由题意得当n≥2时，a n=S n−S n−1=n2+2n−(n−1)2−2(n−1)=2n+1，经检验当n=1时a1=3，也成立，∴数列{a n}的通项公式为a n=2n+1(n∈N∗)；当n≥2时，b n=T n−T n−1=b n−1−b n，∴b nb n−1=12，当n=1时，b1=12，∴数列{b n}的通项公式为b n=12n(n∈N∗)；(Ⅱ)∵1S n =1n(n+2)=12(1n−1n+2)，R n=12×(1−13+12−14+13−15+⋯+1n−1−1n+1+1n−1n+2)=12×(1+12−1n+1−1n+2)<34．当n≥2时，T n=1−b n=1−12≥T2=34>R n，且T1>R1，∴T n>R n(n∈N∗)．解析：(Ⅰ)运用数列的递推式：当n≥2时，a n=S n−S n−1，计算可得a n；运用数列的递推式和等比数列的定义、通项公式可得所求b n；(Ⅱ)求得1S n =1n(n+2)=12(1n−1n+2)，由数列的裂项相消求和可得R n，讨论当n≥2时，n=1时，R n与T n的大小可得所求关系．本题考查数列的通项与求和，考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于中档题．21.答案：解：(Ⅰ)由题易知A(0,1)，则p2=1，则抛物线的方程为x2=4y．设B(x1,x124),C(x2,x224)．∵PC⊥CB，∴PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2−2,x 224−1)⋅(x 1−x 2,x 12−x 224)=(x 2−2)(x 1−x 2)+x 22−44⋅x 12−x 224=0， 化简得1+(x 2+2)(x 1+x 2)16=0，即x 1=−16x2+2−x 2=−[(x 2+2)+16(x2+2)]+2∈(−∞,−6]∪[10,+∞)，故点B 橫坐标的取值范围为(−∞,−6]∪[10,+∞)． (Ⅱ)设直线BC ：y =kx +1,B(x 1,x 124),C(x 2,x 224)，联立{y =kx +1x 2=4y得x 2−4kx −4=0，显然△>0，∴{x 1+x 2=4kx 1x 2=−4，∴BC 的中点坐标为(2k,2k 2+1)．设直线MN 的方程为y =mx ，其中m =2k 2+12k．联立{y =mx x 2+2y 2=2得(1+2m 2)x 2=2，∴x M =−x N =√2√1+2m 2， ∴|MN|=2√1+m 2|√2√1+2m 2．由点到直线的距离公式可知，点B 、C 到MN 的距离分别为d 1=|x 124−mx |√m 2+1，d 2=|x 224−mx |√m 2+1．且点B ，C 在直线MN 的两侧， ∴d 1+d 2=|(x 124−mx )−(x 224−mx )|√m 2+1=|x 1+x 24(x −x )−m(x −x )|√m 2+1=4|k−m|⋅√k 2+1√m 2+1． ∵MN 平分BC ，∴S △BMN =S △CMN ， ∴S △BMN =12(S △BMN +S △CMN )=|MN|4⋅(d 1+d 2)=2|k −m|√k 2+1|√2√1+2m 2=2√k 2+14k 4+6k 2+1．设k 2+1=t ，t ≥1， ∴k 2+14k 4+6k 2+1=t4(t−1)2+6(t−1)+1=14t−1t−2≤1，即当k =0时，(S △BMN )max =2．解析：(Ⅰ)先根据椭圆的几何性质求出点A 的坐标，从而得到抛物线的方程，设B(x 1,x 124),C(x 2,x 224)，结合PC ⊥CB ，利用平面向量数量积的坐标运算，构造等式，用x 2表示出x 1，然后利用对勾函数的性质即可得解；(Ⅱ)设直线BC 的方程为y =kx +1，联立该方程与抛物线的方程，结合韦达定理可求得BC 中点的坐标；再设直线MN 的方程为y =mx ，联立该方程与椭圆的方程，可求得M 、N 的坐标，进而求得线段|MN|的长，以及利用点到直线的距离公式可求得B 、C 两点到直线MN 的距离d 1，d 2，由于MN 平分BC ，所以S △BMN =12(S △BMN +S △CMN )=|MN|4⋅(d 1+d 2)，最后对其进行化简整理，即可得解．本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，涉及曲直联立、点到直线的距离公式、平面向量数量积的坐标运算、利用对勾函数、换元法等求最值，具有一定的综合性，考查学生转化与化归的思想和运算能力，属于难题．22.答案：解：(Ⅰ)由题意可知x >0，f′(x)=a +1x ．当a ≥0时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；当a <0时，f(x)在(0,−1a )上单调递增，在(−1a ,+∞)上单调递减．(Ⅱ)解法一：由题意可知x >0，且g(x)=(ax +lnx)(x −lnx)−x 2=0⇔(a +lnx x)(1−lnx x)=1．令t =lnx x,t ∈(−∞,1e ],则(a +t)(1−t)=1．记φ(t)=t 2+(a −1)t +1−a =0，(∗)当a ≤−1时，a +t <0，1−t >0，与(a +t)(1−t)=1相矛盾，此时(∗)式无解； 当a =0时，φ(t)=t 2−t +1=0无解；当a =1时，(∗)式的解为t =0，此时g(x)=0有唯一解x =1； 当a ≥2时，{t 1t 2=1−a <0t 1+t 2=1−a <0，φ(1e )=1e 2+(a −1)(1e −1)≤1e 2+1e −1<0，所以(∗)式只有一个负根t 0，g(x)=0有唯一解，故a 的最小值为1． 解法二：由题得g(x)=(ax +lnx)(x −lnx)−x 2=0⇔(a +lnx x)(1−lnx x)=1，令t =lnx x，则a =11−t −t ．再令k =1−t ，则a +1=k +1k ． 记y =k +1k ,k =1−lnx x，函数y =k +1k 和函数k =1−lnx x的图象如图所示：当a +1<2，即a <1时，显然不成立；当a +1≥2，即a ≥1时，由a ∈Z ，得方程a +1=k +1k 存在唯一解k 0，且k 0≥1． 此时k =1−lnx x亦存在唯一解x 0．综上，a的最小值为1．解析：(Ⅰ)可求得f′(x)=a+1x(x>0)，分a≥0与a<0两类讨论可得函数的单调情况；(Ⅱ)解法一：由g(x)=0，可得(a+lnxx )(1−lnxx)=1，令t=lnxx,t∈(−∞,1e]，则(a+t)(1−t)=1，记φ(t)=t2+(a−1)t+1−a=0，(∗)分a≤−1，a=0，a=1三类讨论，可得a的最小值；解法二：由题得g(x)=(ax+lnx)(x−lnx)−x2=0⇔(a+lnxx )(1−lnxx)=1，令t=lnxx，则a=1 1−t −t，再令k=1−t，则a+1=k+1k，记y=k+1k,k=1−lnxx，作出函数y=k+1k和函数k=1−lnxx的图象，分析可求得a的最小值．本题考查导数在研究函数中的应用，突出考查推理论证能力，考查分类与整合思想、等价转化思想及数形结合思想的综合运用，属于难题．。
浙江省绍兴市高考科目考试适应性试卷数学试题含答案
x，
（Ⅱ）求证：
b1b1b1b13
．
a2a3ana2
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：
111
1．(其中t为f(x)的极小值点)
xxt1
数学试题卷第5页（共6页）数学试题卷第6页（共6页）
AE7．（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅰ）求证：BCAE；（Ⅱ）过点E的直线交抛物线C于A，B两点，AB4AM，过点A作抛物线C的切线l，N为
（Ⅱ）求直线AD与平面BCDE所成角的正弦值．切线l上的点，且MNy轴，求△ABN面积的最小值．
E
D
A
BC
A
N
lF
O
M
E
(第19题图)
B
(第21题图)
20．（本小题满分15分）
B．递减数列
C．先递减后递增数列
的最小值为▲．
(第9题图)
D．先递增后递减数列
a
10．设aR，若x[1,e]时恒有(e1)xln(x)x2xa（其中e为自然对数
x
的底数），则恒有零点的是
三、解答题（本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算过程）
18．（本小题满分14分）
A．yx2ax1B．yax23x1
则该四棱锥的体积是
考生注意：
1．答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、座位号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在
A．43B．8
正视图侧视图
试题卷和答题纸规定的位置上。
2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题
C．
43
3
D．
8
3
2
卷上的作答一律无效。
2020年浙江省高考数学模拟试卷(4月份)
2020年浙江省高考数学模拟试卷（4月份）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（4分）设集合{|||4}A x N x =∈<，{|24}x B x =„，则(A B =I ) A ．{|2}x x „B ．{|42}x x -<„C ．{0，1，2}D ．{1，2}2．（4分）设复数z 满足23i z i =+g ，其中i 为虚数单位，在复平面内，复数z 对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限3．（4分）已知q 是等比数列{}n a 的公比，首项10a <，则“01q <<”是“数列{}n a 是递增数列”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件4．（4分）设x ，y 满足02321x y x y x y -⎧⎪+⎨⎪-⎩…„„，则|4|x y +的最大值为( )A ．0B ．1C ．2D ．55．（4分）函数cos ||y x ln x =-g的图象可能是( ) A ． B ．C ．D ．6．（4分）随机变量X 满足()P X p p ==，(1)1P X p p =-=-，随机变量1Y X =-，则()A ．()()E X E Y …，()()D X D Y …B ．()()E X E Y …，()()D X D Y =C ．()()E X E Y „，()()D X D Y …D ．()()E X E Y „，()()D X D Y =7．（4分）已知正四面体ABCD 中，E ，F 分别是线段BC ，BD 的中点，P 是线段EF 上的动点（含端点）．PA 与平面BCD 所成的角为1θ，二面角A EF D --的平面角为2θ，二面角A CD B --的平面角为3θ，则( )A ．132θθθ剟B ．312θθθ剟C ．12θθ„，13θθ„D ．13θθ„，23θθ„8．（4分）已知双曲线2222:1x y C a b-=的左、右焦点分别为1F ，2F ，P 是双曲线上一点，满足112||||PF F F =，2PF 与双曲线的一条渐近线平行，则该双曲线的离心率是( ) A 2B 3C 5D ．39．（4分）已知a R ∈，函数2,1(),1x ax a x f x lnx ax x ⎧-+<=⎨-⎩…，则函数()y f x =的零点个数不可能为( )A ．0B ．1C ．2D ．310．（4分）已知数列{}n a 满足：11a =，*11()21n n a n N a +=∈+．（1）数列{}n a 是单调递减数列； （2）对任意的*n N ∈，都有13n a …；（3）数列1||2n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭是单调递减数列；（4）对任意的*n N ∈，都有1126||()311n n n a a -+-g „． 则上述结论正确的个数是( ) A ．1B ．2C ．3D ．4二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分．把答案填在题中的横线上．11．（6分）若3log 2m =，则m = ；2log 30323log 9++= ．12．（6分）《九章算术》中有这样的描述：“今有城下广四丈，上广二丈，高五丈，袤四丈”，其中“广”是东西走向的意思，“袤”是南北走向的意思．若有几何体的三视图如图，则该几何体的体积为 ，表面积为 （不需填单位）．13．（6分）已知多项式552015(2)(1)x a a a x a x x +=++⋯+++，若00a =，则a = ；若241a =-，则125a a a ++⋯+= ．14．（6分）在ABC ∆中，BAC ∠的平分线交BC 于点D ，1AB AD ==，2AC =，则BC = ；若O 是ABD ∆的外接圆圆心，则BO = ．15．（4分）设点0(1,)P y ，若圆22:1O x y +=上存在点Q ，使得6OPQ π∠…，则0y 的取值范围是 ．16．（4分）地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库，当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有 种． 17．（4分）矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，圆O 是BCD ∆的内切圆，P 是圆O 上的动点，M 为AB 的中点，N 为边AD 上的动点（包含端点），则MP MN u u u r u u u u rg 的最大值为 ．。
浙江省数学高三理数4月适应性测试试卷
浙江省数学高三理数4月适应性测试试卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共12题；共24分)1. （2分） (2019高一上·哈尔滨月考) 若集合则（）A .B .C .D .2. （2分） i是虚数单位，（）A .B .C .D .3. （2分）设为基底向量,已知向量,若A,B,D三点共线,则实数k 的值等于（）A . 10B . -10C . 2D . -24. （2分） (2020高一下·上海期末) 有一个三人报数游戏：首先A报数字1，然后B报两个数字2、3，接下来C报三个数字4、5、6，然后轮到A报四个数字7、8、9、10，依次循环，直到报出10000，则A报出的第2020个数字为（）A . 5979B . 5980C . 5981D . 以上都不对5. （2分） (2019高二上·惠州期末) 执行如图所示的程序框图，若输入的分别为1,2,3，则输出的=（）A .B .C .D .6. （2分）如果sinx+cosx= ，且0＜x＜π，那么tanx的值是（）A . ﹣B . ﹣或﹣C . ﹣D . 或﹣7. （2分）设函数D(x)＝，则下列结论错误的是（）A . D(x)的值域为{0，1}B . D(x)是偶函数C . D(x)不是周期函数D . D(x)不是单调函数8. （2分）(2018·株洲模拟) 已知正方体的棱长为2，为的中点.若平面，且平面，则平面截正方体所得截面的周长为（）A .B .C .D .9. （2分）(2018·石嘴山模拟) 将函数的图像向右平移个单位后，得到的图像，则函数的单调增区间为（）A .B .C .D .10. （2分） (2016高二上·绵阳期中) 直线ax+by=1与圆x2+y2=1相交，则P（a，b）的位置是（）A . 在圆上B . 在圆外C . 在圆内D . 都有可能11. （2分）已知双曲线的左、右焦点分别为，以为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为，则此双曲线的方程为（）A .B .C .D .12. （2分） (2018高二下·黑龙江期中) 已知函数为上的可导函数，其导函数为，且满足恒成立，，则不等式的解集为（）A .B .C .D .二、填空题 (共4题；共4分)13. （1分） (2017高二下·怀仁期末) 不等式组表示的平面区域为，直线与区域有公共点，则实数的取值范围为________．14. （1分） (2019高二上·洛阳期中) 在锐角中，内角的对边分别为，若，则的最小值为________．15. （1分） (2016高一下·桃江开学考) 给出下列结论：①已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，若f（﹣1）=2，f（﹣3）=﹣1，则f（3）＜f（﹣1）；②函数y=log （x2﹣2x）的单调递增减区间是（﹣∞，0）；③已知函数f（x）是奇函数，当x≥0时，f（x）=x2 ，则当x＜0时，f（x）=﹣x2；④若函数y=f（x）的图象与函数y=ex的图象关于直线y=x对称，则对任意实数x，y都有f（xy）=f（x）+f （y）．则正确结论的序号是________（请将所有正确结论的序号填在横线上）．16. （1分） (2015高二上·淄川期末) 如图所示的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D中，AB=AD=AA1=1，∠BAD=90°，∠BAA1=∠DAA1=60°，则CA1的长=________．三、解答题 (共7题；共60分)17. （10分） (2016高二下·曲靖期末) 在等差数列{an}中，a2+a7=﹣23，a3+a8=﹣29．（1）求数列{an}的通项公式；（2）设数列{an+bn}是首项为1，公比为c的等比数列，求{bn}的前n项和Sn ．18. （10分）(2017·鄂尔多斯模拟) 某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中奖率为，中奖可以获得2分；方案乙的中奖率为，中奖可以获得3分；未中奖则不得分．每人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．（1）若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为x，求x≤3的概率；（2）若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，问：他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？19. （5分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．（Ⅰ）求证：平面AEC⊥平面PDB；（Ⅱ）当PD=2AB，且E为PB的中点，求二面角B﹣AE﹣C的余弦值．20. （5分）(2020·赤峰模拟) 已知椭圆过点且椭圆的短轴长为.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）已知动直线过右焦点，且与椭圆分别交于两点.试问轴上是否存在定点，使得，恒成立？若存在求出点的坐标；若不存在，说明理由.21. （10分）(2019·湖北模拟) 设函数 .（1）若函数在区间（为自然对数的底数）上有唯一的零点，求实数的取值范围；（2）若在（为自然对数的底数）上存在一点，使得成立，求实数的取值范围.22. （10分） (2018高二下·晋江期末) 已知平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t 为参数，0≤α＜π且），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．已知直线l与曲线C交于A、B两点，且．（1）求α的大小；（2）过A、B分别作l的垂线与x轴交于M，N两点，求|MN|．23. （10分） (2019高二下·电白期末) 已知点A(0，－2)，椭圆E： (a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.（1）求E的方程；（2）设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点.当△OPQ的面积最大时，求l的方程.参考答案一、单选题 (共12题；共24分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、12-1、二、填空题 (共4题；共4分)13-1、14-1、15-1、16-1、三、解答题 (共7题；共60分) 17-1、17-2、18-1、18-2、19-1、20-1、21-1、21-2、22-1、22-2、23-1、23-2、。
普通高中2020届高三数学下学期4月适应性测试试题(含解析)
普通高中2020届高三数学下学期4月适应性测试试题（含解析）选择题部分（共40分）一、选择題：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】化简集合B,求出其补集，再利用并集的定义求解即可.【详解】因为，，所以，又因为，所以，故选：A.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或不属于集合的元素的集合.2.已知复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数（）A. -1B. 1C. 0D. 2【答案】B【解析】【分析】化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.【详解】为纯虚数，故且，即.故选：.【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.3.设实数满足条件则的最大值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，，即，表示直线在轴的截距加上1，根据图像知，当时，且时，有最大值为.故选：.【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.4.做抛掷一枚骰子的试验，当出现1点或2点时，就说这次试验成功，假设骰子是质地均匀的.则在3次这样的试验中成功次数X的期望为（）A B. C. 1 D. 2【答案】C【解析】【分析】每一次成功的概率为，服从二项分布，计算得到答案.【详解】每一次成功的概率为，服从二项分布，故.故选：.【点睛】本题考查了二项分布求数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.5.设，则"是""的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案.【详解】，当时，，充分性；当，取，验证成立，故不必要.故选：.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.6.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】计算，根据对称性得到答案.【详解】展开式的通项为：，故，，根据对称性知：.故选：C.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.7.已知双曲线)，其右焦点F的坐标为，点是第一象限内双曲线渐近线上的一点，为坐标原点，满足，线段交双曲线于点.若为的中点，则双曲线的离心率为（）A. B. 2 C. D.【答案】C【解析】【分析】计算得到，，代入双曲线化简得到答案【详解】双曲线的一条渐近线方程为，是第一象限内双曲线渐近线上的一点，，故，，故，代入双曲线化简得到：，故.故选：.【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.8.如图，在中，点M是边的中点，将沿着AM翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（）A. 重心B. 垂心C. 内心D. 外心【答案】A【解析】【分析】根据题意到两个平面的距离相等，根据等体积法得到，得到答案.【详解】二面角与二面角的平面角相等，故到两个平面的距离相等.故，即，两三棱锥高相等，故，故，故为中点.故选：.【点睛】本题考查了二面角，等体积法，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.9.定义在上的函数满足，且为奇函数，则的图象可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据为奇函数，得到函数关于中心对称，排除，计算排除，得到答案.【详解】为奇函数，即，函数关于中心对称，排除.，排除.故选：.【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数关于中心对称是解题的关键.10.已知数列满足：.若正整数使得成立，则( )A. 16B. 17C. 18D. 19【答案】B【解析】【分析】由题意可得，，时，，将换为，两式相除，，，累加法求得即有，结合条件，即可得到所求值．【详解】解：，即，，时，，，两式相除可得，则，，由，，，，，可得，且，正整数时，要使得成立，则，则，故选：．【点睛】本题考查与递推数列相关的方程的整数解的求法，注意将题设中的递推关系变形得到新的递推关系，从而可简化与数列相关的方程，本题属于难题.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.2020年1月，一场由新型冠状病毒引发的肺炎席卷全国，全国人民众志成城抗击疫情.下图为温州市2月2日至2月9日的疫情变化趋势图，从中可以看出2月_______日当天新增治愈人数超过了当天新增确诊人数，其当天新增治愈人数比当天新增确诊人数多________人.【答案】 (1). (2).【解析】【分析】直接观察图像得到答案.【详解】根据图像知：2月8日当天新增治愈人数超过了当天新增确诊人数，2月8日新增确诊人数为：，新增治愈人数，故多人.故答案为：；.【点睛】本题考查了对于统计图像的理解，意在考查学生的理解能力和应用能力.12.已知向量满足，则________，的上的投影等于________.【答案】 (1). (2).【解析】分析】计算，得到，再根据投影公式计算得到答案.【详解】，故；的上的投影等于.故答案为：；.【点睛】本题考查了向量的运算，向量投影，意在考查学生的计算能力.13.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）为________，最长棱的长度（单位：）为________.【答案】 (1). (2).【解析】【分析】根据三视图可得原几何体（如图所示），根据三视图中的数据可求三棱锥的体积及最长棱的长度.【详解】由三视图可得几何体如图所示：由三视图可得为直角三角形，，平面.边上的高为，，棱锥的高为，故体积为,因为平面，故，而，，平面，平面，故平面，因为平面，故，所以三棱锥最长棱为，且.故答案为：（1）；（2）.【点睛】本题考查三视图、三棱锥的体积以及最长棱的计算，复原几何体时要注意三视图中的点线的关系与几何体中点线面的关系的对应，本题属于基础题.14.在中，为的中点，若，，，则________，________【答案】 (1). (2).【解析】【分析】计算，，根据正弦定理得到，，再利用余弦定理计算得到，再根据正弦定理计算得到答案.【详解】，，故，.根据正弦定理：，即，.，.根据余弦定理：，故.根据正弦定理：，解得.故答案为：；.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，意在考查学生计算能力和转化能力.15.已知实数满足则的最大值为________.【答案】【解析】【分析】直接利用柯西不等式得到答案.【详解】根据柯西不等式：，故，当，即，时等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查了柯西不等式求最值，也可以利用均值不等式，三角换元求得答案.16.将2个相同的红球和2个相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四个盒子里，其中甲、乙盒子均最多可放入2个球，丙、丁盒子均最多可放入1个球，且不同颜色的球不能放入同一个盒子里，共有________种不同的放法.【答案】【解析】【分析】讨论装球盒子的个数，计算得到答案.【详解】当四个盒子有球时：种；当三个盒子有球时：种；当两个盒子有球时：种.故共有种，故答案为：.【点睛】本题考查了排列组合的综合应用，意在考查学生的理解能力和应用能力.17.已知点是直线上的动点，点是抛物线上的动点.设点为线段的中点，为原点，则的最小值为________.【答案】【解析】【分析】过点作直线平行于，则在两条平行线的中间直线上，当直线相切时距离最小，计算得到答案.【详解】如图所示：过点作直线平行于，则在两条平行线的中间直线上，，则，，故抛物线的与直线平行的切线为.点为线段的中点，故在直线时距离最小，故.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，转化为切线问题是解题的关键.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤.18.设函数.(I)求的最小正周期；(II)若且，求的值.【答案】(I)；(II)【解析】【分析】(I)化简得到，得到周期.(II) ，故，根据范围判断，代入计算得到答案.【详解】(I)，故.(II) ，故，，，故，，故，故，.【点睛】本题考查了三角函数的周期，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19.在三棱锥中，为棱的中点，(I)证明：；(II)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(I)证明见解析；(II)【解析】【分析】(I) 过作于，连接，根据勾股定理得到，得到平面，得到证明.(II) 过点作于，证明平面，故为直线与平面所成角，计算夹角得到答案.【详解】(I)过作于，连接，根据角度的垂直关系易知：，，，故，，.根据余弦定理：，解得，故，故，，，故平面，平面，故.(II)过点作于，平面，平面，故，，，故平面，故为直线与平面所成角，，根据余弦定理：，故.【点睛】本题考查了线线垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.20.已知等差数列和等比数列满足：(I)求数列和的通项公式；(II)求数列的前项和.【答案】(I) ，；(II)【解析】【分析】(I)直接利用等差数列，等比数列公式联立方程计算得到答案. (II) ，利用裂项相消法计算得到答案.【详解】(I) ，故，解得，故，.(II)，故.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.21.如图，已知椭圆，其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)(I)试用表示：(II)证明：原点到直线l的距离为定值.【答案】(I) ；(II)证明见解析【解析】【分析】(I)直接利用两点间距离公式化简得到答案.(II) 设，，联立方程得到，，代入化简得到，计算得到证明.【详解】(I) 椭圆，故，.(II)设，，则将代入得到：，故，，，故，得到，，故，同理：，由已知得：或，故，即，化简得到.故原点到直线l的距离为为定值.【点睛】本题考查了椭圆内的线段长度，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.22.已知，设函数(I)若，求的单调区间：…为自然对数的底数.【答案】(I)详见解析；(II)【解析】【分析】(I)求导得到，讨论和两种情况，得到答案. (II) ，故，取，，求导得到单调性，得到，得到答案.【详解】(I) ，，当时，恒成立，函数单调递增；当时，，，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.综上所述：时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.(II) 在上恒成立；，故，现在证明存在，，使的最小值为0.取，，（此时可使），故当上时，，故，在上单调递增，，故在上单调递减，在上单调递增，故.综上所述：的最大值为.【点睛】本题考查了函数单调性，函数的最值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.普通高中2020届高三数学下学期4月适应性测试试题（含解析）选择题部分（共40分）一、选择題：本大题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合，，则( )A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】化简集合B,求出其补集，再利用并集的定义求解即可.【详解】因为，，所以，又因为，所以，故选：A.【点睛】研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性.研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质求满足属于集合或不属于集合的元素的集合.2.已知复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数（）A. -1B. 1C. 0D. 2【答案】B【解析】【分析】化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.【详解】为纯虚数，故且，即.故选：.【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.3.设实数满足条件则的最大值为（）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】【分析】画出可行域和目标函数，根据目标函数的几何意义平移得到答案.【详解】如图所示：画出可行域和目标函数，，即，表示直线在轴的截距加上1，根据图像知，当时，且时，有最大值为.【点睛】本题考查了线性规划问题，画出图像是解题的关键.4.做抛掷一枚骰子的试验，当出现1点或2点时，就说这次试验成功，假设骰子是质地均匀的.则在3次这样的试验中成功次数X的期望为（）A B. C. 1 D. 2【答案】C【解析】【分析】每一次成功的概率为，服从二项分布，计算得到答案.【详解】每一次成功的概率为，服从二项分布，故.故选：.【点睛】本题考查了二项分布求数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.5.设，则"是""的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A根据题意得到充分性，验证得出不必要，得到答案.【详解】，当时，，充分性；当，取，验证成立，故不必要.故选：.【点睛】本题考查了充分不必要条件，意在考查学生的计算能力和推断能力.6.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】计算，根据对称性得到答案.【详解】展开式的通项为：，故，，根据对称性知：.故选：C.【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.7.已知双曲线)，其右焦点F的坐标为，点是第一象限内双曲线渐近线上的一点，为坐标原点，满足，线段交双曲线于点.若为的中点，则双曲线的离心率为（）A. B. 2 C. D.【答案】C计算得到，，代入双曲线化简得到答案【详解】双曲线的一条渐近线方程为，是第一象限内双曲线渐近线上的一点，，故，，故，代入双曲线化简得到：，故.故选：.【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.8.如图，在中，点M是边的中点，将沿着AM翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（）A. 重心B. 垂心C. 内心D. 外心【答案】A【解析】【分析】根据题意到两个平面的距离相等，根据等体积法得到，得到答案.【详解】二面角与二面角的平面角相等，故到两个平面的距离相等.故，即，两三棱锥高相等，故，故，故为中点.故选：.【点睛】本题考查了二面角，等体积法，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.9.定义在上的函数满足，且为奇函数，则的图象可能是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据为奇函数，得到函数关于中心对称，排除，计算排除，得到答案.【详解】为奇函数，即，函数关于中心对称，排除.，排除.故选：.【点睛】本题考查了函数图像的识别，确定函数关于中心对称是解题的关键.10.已知数列满足：.若正整数使得成立，则( )A. 16B. 17C. 18D. 19【答案】B【解析】【分析】由题意可得，，时，，将换为，两式相除，，，累加法求得即有，结合条件，即可得到所求值．【详解】解：，即，，，两式相除可得，则，，由，，，，，可得，且，正整数时，要使得成立，则，则，故选：．【点睛】本题考查与递推数列相关的方程的整数解的求法，注意将题设中的递推关系变形得到新的递推关系，从而可简化与数列相关的方程，本题属于难题.非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分.11.2020年1月，一场由新型冠状病毒引发的肺炎席卷全国，全国人民众志成城抗击疫情.下图为温州市2月2日至2月9日的疫情变化趋势图，从中可以看出2月_______日当天新增治愈人数超过了当天新增确诊人数，其当天新增治愈人数比当天新增确诊人数多________人.【答案】 (1). (2).【解析】【分析】直接观察图像得到答案.【详解】根据图像知：2月8日当天新增治愈人数超过了当天新增确诊人数，2月8日新增确诊人数为：，新增治愈人数，故多人.故答案为：；.【点睛】本题考查了对于统计图像的理解，意在考查学生的理解能力和应用能力.12.已知向量满足，则________，的上的投影等于________.【答案】 (1). (2).【解析】分析】计算，得到，再根据投影公式计算得到答案.【详解】，故；的上的投影等于.故答案为：；.【点睛】本题考查了向量的运算，向量投影，意在考查学生的计算能力.13.某几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积（单位：）为________，最长棱的长度（单位：）为________.【答案】 (1). (2).【解析】根据三视图可得原几何体（如图所示），根据三视图中的数据可求三棱锥的体积及最长棱的长度.【详解】由三视图可得几何体如图所示：由三视图可得为直角三角形，，平面.边上的高为，，棱锥的高为，故体积为,因为平面，故，而，，平面，平面，故平面，因为平面，故，所以三棱锥最长棱为，且.故答案为：（1）；（2）.【点睛】本题考查三视图、三棱锥的体积以及最长棱的计算，复原几何体时要注意三视图中的点线的关系与几何体中点线面的关系的对应，本题属于基础题.14.在中，为的中点，若，，，则________，________【答案】 (1). (2).【解析】【分析】计算，，根据正弦定理得到，，再利用余弦定理计算得到，再根据正弦定理计算得到答案.【详解】，，故，.根据正弦定理：，即，.，.根据余弦定理：，故.根据正弦定理：，解得.故答案为：；.【点睛】本题考查了正弦定理，余弦定理，意在考查学生计算能力和转化能力.15.已知实数满足则的最大值为________.【答案】【解析】【分析】直接利用柯西不等式得到答案.【详解】根据柯西不等式：，故，当，即，时等号成立.故答案为：.【点睛】本题考查了柯西不等式求最值，也可以利用均值不等式，三角换元求得答案.16.将2个相同的红球和2个相同的黑球全部放入甲、乙、丙、丁四个盒子里，其中甲、乙盒子均最多可放入2个球，丙、丁盒子均最多可放入1个球，且不同颜色的球不能放入同一个盒子里，共有________种不同的放法.【答案】【解析】【分析】讨论装球盒子的个数，计算得到答案.【详解】当四个盒子有球时：种；当三个盒子有球时：种；当两个盒子有球时：种.故共有种，故答案为：.【点睛】本题考查了排列组合的综合应用，意在考查学生的理解能力和应用能力.17.已知点是直线上的动点，点是抛物线上的动点.设点为线段的中点，为原点，则的最小值为________.【答案】【解析】【分析】过点作直线平行于，则在两条平行线的中间直线上，当直线相切时距离最小，计算得到答案.【详解】如图所示：过点作直线平行于，则在两条平行线的中间直线上，，则，，故抛物线的与直线平行的切线为.点为线段的中点，故在直线时距离最小，故.故答案为：.【点睛】本题考查了抛物线中距离的最值问题，转化为切线问题是解题的关键.三、解答题：本大题共5小题，共74分.解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤.18.设函数.(I)求的最小正周期；(II)若且，求的值.【答案】(I)；(II)【解析】【分析】(I)化简得到，得到周期.(II) ，故，根据范围判断，代入计算得到答案.【详解】(I)，故.(II) ，故，，，故，，故，故，.【点睛】本题考查了三角函数的周期，三角恒等变换，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.19.在三棱锥中，为棱的中点，(I)证明：；(II)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(I)证明见解析；(II)【解析】【分析】(I) 过作于，连接，根据勾股定理得到，得到平面，得到证明.(II) 过点作于，证明平面，故为直线与平面所成角，计算夹角得到答案.【详解】(I)过作于，连接，根据角度的垂直关系易知：，，，故，，.根据余弦定理：，解得，故，故，，，故平面，平面，故.(II)过点作于，平面，平面，故，，，故平面，故为直线与平面所成角，，根据余弦定理：，故.【点睛】本题考查了线线垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.20.已知等差数列和等比数列满足：(I)求数列和的通项公式；(II)求数列的前项和.【答案】(I) ，；(II)【解析】【分析】(I)直接利用等差数列，等比数列公式联立方程计算得到答案.(II) ，利用裂项相消法计算得到答案.【详解】(I) ，故，解得，故，.(II)，故.【点睛】本题考查了等差数列，等比数列，裂项求和，意在考查学生对于数列公式方法的综合应用.21.如图，已知椭圆，其右焦点，直线与椭圆交于两点，点在上，且满足.(点从上到下依次排列)(I)试用表示：(II)证明：原点到直线l的距离为定值.【答案】(I) ；(II)证明见解析【解析】【分析】(I)直接利用两点间距离公式化简得到答案.(II) 设，，联立方程得到，，代入化简得到，计算得到证明.【详解】(I) 椭圆，故，.(II)设，，则将代入得到：，故，，，故，得到，，故，同理：，由已知得：或，故，即，化简得到.故原点到直线l的距离为为定值.【点睛】本题考查了椭圆内的线段长度，定值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.22.已知，设函数(I)若，求的单调区间：(II)当时，的最小值为0，求的最大值.注：…为自然对数的底数.【答案】(I)详见解析；(II)【解析】【分析】(I)求导得到，讨论和两种情况，得到答案.(II) ，故，取，，求导得到单调性，得到，得到答案.【详解】(I) ，，当时，恒成立，函数单调递增；当时，，，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增.综上所述：时，在上单调递增；时，在上单调递减，在上单调递增.(II) 在上恒成立；，故，现在证明存在，，使的最小值为0.取，，（此时可使），，，故当上时，，故，在上单调递增，，故在上单调递减，在上单调递增，故.综上所述：的最大值为.【点睛】本题考查了函数单调性，函数的最值问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.。
【精准解析】浙江省温州市普通高中2020届高三下学期4月适应性测试数学试题
【答案】 (1). 2 3 (2). 5
【解析】 【分析】 根据三视图可得原几何体（如图所示），根据三视图中的数据可求三棱锥的体积及最长棱的长 度.
-8-
【详解】由三视图可得几何体如图所示：
由三视图可得 BCD 为直角三角形， BCD 90 ， AD 平面 BCD .
边 BD 上的高为 3 ， BD 4 ，棱锥的高为 AD 3 ， 故体积为 1 1 3 4 3 2 3 ,
【详解】双曲线的一条渐近线方程为 y b x ， A 是第一象限内双曲线渐近线上的一点， a
| OA | c2 ， a
故
A
c,
bc a
，
F
c,
0
，故
M
c,
bc 2a
，代入双曲线化简得到：
3c2 4a2
1，故 e
23 3
.
故选： C .
【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
【点睛】本题考查了二面角，等体积法，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
9.定义在 R 上的函数 y f x 满足 f x 2 x1 ，且 y f x 1 为奇函数，则 y f x 的
图象可能是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D 【解析】 【分析】
根据 y f x 1 为奇函数，得到函数关于 1, 0 中心对称，排除 AB ，计算 f 1.5 2 排
2, n 5
【详解】解：
anΒιβλιοθήκη a1a2an11, n 6(n
N*)
，
即 a1 a2 a3 a4 a5 2 ， a6 a1a2a3 a5 1 25 1 31，
n 6 时， a1a2 an1 1 an ，
浙江省绍兴市2020届高考数学4月科目考试适应性(一模)试题
浙江省绍兴市2020届高考数学4月科目考试适应性（一模）试题 本科试题卷分选择题和非选择题两部分，全卷共6页，选择题部分1至3页，非选择题部分4至6页，满分150分，考试时间120分钟。
考生注意：1.答题前，请务必将自己的学校、班级、姓名、座位号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上。
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试题卷上的作答一律无效。
参考公式：如果事件A ，B 互斥，那么P(A ＋B)＝P(A)＋P(B)如果事件A ，B 相互独立，那么P(A ·B)＝P(A)·P(B)如果事件A 在一次试验中发生的概率是p ，那么n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次的概率()(1)(0,1,2,)k k n k n n P k C p p k n -=-=⋅⋅⋅台体的体积公式V ＝11221()3S S S S h ++其中S 1，S 2分别表示台体的上、下底面积，h 表示台体的高柱体的体积公式V ＝Sh 其中S 表示柱体的底面积，h 表示柱体的高锥体的体积公式V ＝13Sh 其中S 表示锥体的底面积，h 表示锥体的高 球的表面积公式S ＝4πR 2球的体积公式343V R π= 其中R 表示球的半径第I 卷(共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.已知集合A ＝{x|x>1}，B ＝{x|x ≥1}，则(R ðA)∩B＝A.∅B.{1}C.RD.(1，＋∞)2.双曲线2213x y -=的焦点到渐近线的距离是 23 D.23.底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是A.43B.8C.433D.834.若实数x ，y 满足不等式组02222y x y x y ≥⎧⎪-≤⎨⎪-≥⎩，则x －3yA.有最大值－2，最小值－83B.有最大值83，最小值2 C.有最大值2，无最小值 D.有最小值－2，无最大值5.在△ABC 中，已知A ＝4π，则“sinA>sinB ”是“△ABC 是钝角三角形”的 A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.已知a>0，且a ≠1，若log a 2>，则a y x x =-的图象可能是7.已知x 1，x 2，x 3∈R ，x 1<x 2<x 3，设231312121231,,,2222x x x x y x x y y y y z ++++====，231323,22y y y y z z ++==，若随机变量X ，Y ，Z 满足：)((())i i i P X x P Y y P Z z ===== 13=(i ＝1，2，3)，则 A.D(X)<D(Y)<D(Z) B.D(X)>D(Y)>D(Z)C.D(X)<D(Z)<D(Y)D.D(X)>D(Z)>D(Y)8.如图，三棱锥V －ABC 的底面ABC 是正三角形，侧棱长均相等，P 是棱VA 上的点(不含端点)，记直线PB与直线AC所成角为α，二面角P－AC－B的平面角为β，则α＋β不可能．．．是A.3 4πB.23πC.2πD.3π9.如图，一系列椭圆C n：2211x yn n+=+(n∈N*)，射线y＝x(x≥0)与椭圆C n交于点P n，设a n ＝|P n P n＋1|，则数列{a n}是A.递增数列B.递减数列C.先递减后递增数列D.先递增后递减数列10.设a∈R，若x∈[1，e]时恒有(e－1)x·ln(x＋ax)≤x2－x＋a(其中e＝2.71828…为自然对数的底数)，则恒有零点的是A.y＝x2＋ax＋1B.y＝ax2＋3x＋1C.y＝e x＋a－1D.y＝e x－a＋1第II卷(共110分)二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分)11.函数f(x)＝－3sin(πx＋2)的最小正周期为，值域为。
学2020届高三数学第四次适应性考试试题理(含解析)
学2020届高三数学第四次适应性考试试题理（含解析）一、选择题（本大题共12小题）1.设集合，，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先求出集合，，再根据集合的并集运算即可求解.【详解】故选：D【点睛】本题主要考查函数的定义域、值域以及集合的基本运算，属于基础题.2.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由指数函数的性质得，由对数函数的性质得，根据正切函数的性质得，即可求解，得到答案．【详解】由指数函数的性质，可得，由对数函数的性质可得，根据正切函数的性质，可得，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了指数式、对数式以及正切函数值的比较大小问题，其中解答中熟记指数函数与对数函数的性质，以及正切函数的性质得到的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．3.在中，，，则（）A. 1B.C.D. 2【答案】B【解析】【分析】由向量的数量积公式直接求解即可【详解】因为，所以为直角三角形，所以，所以.故选B【点睛】本题考查平面向量的夹角与模，以及平面向量数量积的运算，考查运算求解能力.4.在等差数列中，若，是方程的两根，则的前11项的和为（）A. 22B. -33C. -11D. 11【答案】D【解析】【分析】a5，a7是方程x2－2x－6＝0的两根,则a5＋a7＝2, S11＝=11 a6进而得到结果.【详解】等差数列{an}中，若a5，a7是方程x2－2x－6＝0的两根，则a5＋a7＝2，∴a6＝(a5＋a7)＝1，∴{an}的前11项的和为S11＝＝11a6＝11×1＝11.故选D.【点睛】点睛：本题考查等差数列的通项公式，是基础的计算题，对于等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.5.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式和差角公式可得,求解即可【详解】由题,,所以,故选：C【点睛】本题考查二倍角公式的应用,考查差角公式的应用,考查运算能力6.设函数,则使成立的的取值范围是（）A. B.C D.【答案】A【解析】试题分析：，定义域为，∵，∴函数为偶函数，当时，函数单调递增，根据偶函数性质可知：得成立，∴，∴，∴的范围为故答案为A.考点：抽象函数的不等式.【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记．根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可．7.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为A. 48 B. 72 C. 90 D. 96【答案】D【解析】因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种故答案为96点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．8.(+)(2-)5的展开式中33的系数为A. -80B. -40C. 40D. 80【答案】C【解析】，由展开式的通项公式可得：当时，展开式中的系数为；当时，展开式中的系数为，则的系数为.故选C.【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项.（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.9.若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】A【解析】由几何关系可得，双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到直线的距离为，即，整理可得，双曲线的离心率．故选A．点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．10.直线与曲线有两个不同的交点，则实数的k的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：因为曲线y＝1＋(|x|≤2)与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点时，那么结合图像可知参数k的取值范围是，选A 11.已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：据题意得，设，则，或，因为位于轴两侧所以.所以两面积之和为.12.设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.【详解】设，，由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，，当时，；当时，.所以，函数的最小值为.又，.直线恒过定点且斜率为，故且，解得，故选D.【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.二、填空题（本大题共4小题）13.采集到两个相关变量，的四组数据发别为（3，2.5），（4，m），（5，4），（6，4.5），根据这些数据，求得关于的线性回归方程为，则______．【答案】【解析】【分析】先求出这组数据的样本中心点，样本中心点是用含有的代数式表示的，把样本中心点代入线性回归方程，得出关于的一次方程，解方程即可求解.【详解】，关于的线性回归方程为，，故答案为：【点睛】本题考查回归分析的初步应用，考查样本中心点的性质，考查方程思想的应用，属于基础题.14.函数的图象在处的切线方程为，则．【答案】【解析】试题分析：函数的图象在处的切线方程为，，解得：，.故答案应填：-3．考点：导数的几何意义．15.已知，，，是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的体积为______．【答案】【解析】【分析】根据题意画出几何体，找出球的球心，再根据球的体积公式即可求解.【详解】由题意可知为三棱锥，把三棱锥扩展为三棱柱，画出几何体如下：可以看出，上下底面中心连线中点与顶点连线即为球的半径，由已知，，根据勾股定理可得，则该球的体积为故答案为：【点睛】本题主要考查空间几何体以及球的体积公式，考查了学生的空间想象能力，同时需熟记球的体积公式，此题属于中档题.16.下列共用四个命题.（1）命题“，”的否定是“，”；（2）在回归分析中，相关指数为的模型比为的模型拟合效果好；（3），，，则是的充分不必要条件；（4）已知幂函数为偶函数，则.其中正确的序号为_________．（写出所有正确命题的序号）【答案】【解析】依据含一个量词的命题的否定可知：命题“，”的否定是“，”，故命题（1）不正确；由回归分析的知识可知：相关指数越大，其模型的拟合效果越好，则命题（2）是正确的；取，尽管，但，故命题（3）不正确；由幂函数的定义可得，则（舍去），故，则命题（4）是正确的，应填答案．点睛：本题是一道选择填空题，求解时充分借助题设中提供的四个命题的条件和结论，综合运用所学知识从而对问题做出正确的推理和判断，从而选出正确的命题，排除错误的命题，进而使得问题获解．三、解答题（本大题共6小题）17.已知函数．（1）求的单调递增区间；（2）设为锐角三角形，角所对边，角所对边，若，求的面积．【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）利用降次公式化简，然后利用三角函数单调区间的求法，求得的单调递增区间.（2）由求得，用余弦定理求得，由此求得三角形的面积.【详解】（1）依题意，由得，令得.所以的单调递增区间.（2）由于，所以为锐角，即.由，得，所以.由余弦定理得，，解得或.当时，，则为钝角，与已知三角形为锐角三角形矛盾.所以.所以三角形的面积为.【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查三角函数单调性的求法，考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.18. 某高校共有15000人，其中男生10500人，女生4500人，为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位:小时）（1）应收集多少位女生样本数据？（2）根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为：.估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率.（3）在样本数据中，有60位女生的每周平均体育运动时间超过4个小时.请完成每周平均体育运动时间与性别的列联表，并判断是否有的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”.附：0.102.706【答案】（1）90；（2）0.75；（3）有的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”.【解析】试题分析：（1）由分层抽样性质，得到；（2）由频率分布直方图得；（3）利用2×2列联表求.试题解析：（1）由，所以应收集90位女生的样本数据．（2）由频率发布直方图得，该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率为0.75.（3）由（2）知，300位学生中有300×0.75=225人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人平均体育运动时间不超过4小时，又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以平均体育运动时间与性别列联表如下：每周平均体育运动时间与性别列联表结合列联表可算得有95％的把握认为“该校学生的平均体育运动时间与性别有关”点睛：利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数时，易出错，应注意区分这三者．在频率分布直方图中：(1)最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数；(2)中位数左边和右边的小长方形的面积和是相等的；(3)平均数是频率分布直方图的“重心”，等于频率分布直方图中每个小长方形的面积乘以小长方形底边中点的横坐标之和．19.已知数列满足，，，其中．(1)求证：数列是等差数列，并求出数列的通项公式；(2)设，求数列的前n项和为．【答案】（Ⅰ）; （Ⅱ）=.【解析】试题分析：（Ⅰ）由,，,作差代入,再利用等差数列的通项公式即可得出,进而得出.（Ⅱ）,可得.利用“裂项求和”可得:数列的前项和为=试题解析：（Ⅰ）证明：∵==，∴数列是公差为2的等差数列，又，∴，故∴，解得．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可得，∴∴数列前项和为=.点晴：本题考查的是数列中的递推关系和数列求和问题.第一问中关键是根据==得到是公差为2的等差数列;第二问中的通项由可得，利用“裂项求和”可得:数列的前项和为=.20.如图，在四棱锥P−ABCD中，AB//CD，且.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=PD=AB=DC，，求二面角A−PB−C的余弦值.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【详解】（1）由已知，得AB⊥AP，CD⊥PD．由于AB//CD ，故AB⊥PD，从而AB⊥平面PAD．又AB 平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD．（2）在平面内作，垂足为，由（1）可知，平面，故，可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系.由（1）及已知可得，，，.所以，，，.设是平面的法向量，则即可取.设是平面的法向量，则即可取.则，所以二面角的余弦值为.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何考查主要体现在以下几个方面：①求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；②求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；③求二面角，关键是转化为两平面的法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标是解题的关键.21.已知椭圆（）的焦距为2，离心率为，右顶点为.（I）求该椭圆的方程；（II）过点作直线交椭圆于两个不同点，求证：直线，的斜率之和为定值.【答案】（I）.（II）见解析.【解析】分析：（I）由椭圆的焦距和离心率可得，，故，从而可得椭圆的方程．（II）讨论直线的斜率，当斜率存在时设其方程为，与椭圆方程联立消元后得到二次方程，结合根与系数的关系及题意可求得，即得结论成立．详解：（I）由题意可知，故，又，∴，∴，∴椭圆方程为．（II）由题意得，当直线的斜率不存在时，不符合题意；当直线的斜率存在时，设直线的方程为，即.由消去y整理得，∵直线与椭圆交于两点，∴，解得．设，，则，，又，∴.即直线，的斜率之和为定值.点睛：求定值问题常见的方法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22.设，函数．（1）当时，求函数的单调区间；（2）若函数在区间上有唯一零点，试求a的值．【答案】（1）的单调减区间是，单调增区间是；（2）.【解析】【分析】（1）将代入中可得（）,令,解得,进而求得单调区间；（2）令,解得（舍）,,可得函数在上单调递减,在上单调递增,则,由于函数在区间上有唯一零点,则,整理即为,设,可得在是单调递增的,则,进而求得【详解】（1）函数,当时,（）,∴,令,即,解得或（舍）,∴时,；时,,∴的单调减区间是,单调增区间是（2）,则,令,得,∵,∴,∴方程的解为（舍）,；∴函数在上单调递减,在上单调递增，∴,若函数在区间上有唯一零点,则,而满足,∴,即设,∵在是单调递增的,∴至多只有一个零点,而,∴用代入,得,解得【点睛】本题考查利用导数研究函数单调性,考查函数零点及不等式的应用问题学2020届高三数学第四次适应性考试试题理（含解析）一、选择题（本大题共12小题）1.设集合，，则等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】首先求出集合，，再根据集合的并集运算即可求解.【详解】故选：D【点睛】本题主要考查函数的定义域、值域以及集合的基本运算，属于基础题.2.设，，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】由指数函数的性质得，由对数函数的性质得，根据正切函数的性质得，即可求解，得到答案．【详解】由指数函数的性质，可得，由对数函数的性质可得，根据正切函数的性质，可得，所以，故选B.【点睛】本题主要考查了指数式、对数式以及正切函数值的比较大小问题，其中解答中熟记指数函数与对数函数的性质，以及正切函数的性质得到的取值范围是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题．3.在中，，，则（）A. 1B.C.D. 2【答案】B【解析】【分析】由向量的数量积公式直接求解即可【详解】因为，所以为直角三角形，所以，所以.故选B【点睛】本题考查平面向量的夹角与模，以及平面向量数量积的运算，考查运算求解能力.4.在等差数列中，若，是方程的两根，则的前11项的和为（）A. 22B. -33C. -11D. 11【答案】D【解析】【分析】a5，a7是方程x2－2x－6＝0的两根,则a5＋a7＝2, S11＝=11 a6进而得到结果.【详解】等差数列{an}中，若a5，a7是方程x2－2x－6＝0的两根，则a5＋a7＝2，∴a6＝(a5＋a7)＝1，∴{an}的前11项的和为S11＝＝11a6＝11×1＝11.故选D.【点睛】点睛：本题考查等差数列的通项公式，是基础的计算题，对于等差数列的小题，常用到的方法，其一是化为基本量即首项和公差，其二是观察各项间的脚码关系，即利用数列的基本性质.5.若，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用二倍角公式和差角公式可得,求解即可【详解】由题,,所以,故选：C【点睛】本题考查二倍角公式的应用,考查差角公式的应用,考查运算能力6.设函数,则使成立的的取值范围是（）A. B.C D.【答案】A【解析】试题分析：，定义域为，∵，∴函数为偶函数，当时，函数单调递增，根据偶函数性质可知：得成立，∴，∴，∴的范围为故答案为A.考点：抽象函数的不等式.【思路点晴】本题考查了偶函数的性质和利用偶函数图象的特点解决实际问题，属于基础题型，应牢记．根据函数的表达式可知函数为偶函数，根据初等函数的性质判断函数在大于零的单调性为递增，根据偶函数关于原点对称可知，距离原点越远的点，函数值越大，把可转化为，解绝对值不等式即可．7.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为A. 48B. 72C. 90D. 96【答案】D【解析】因甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场比赛或甲学生不参加任何比赛①当甲参加另外3场比赛时，共有•=72种选择方案；②当甲学生不参加任何比赛时，共有=24种选择方案．综上所述，所有参赛方案有72+24=96种故答案为96点睛：本题以选择学生参加比赛为载体，考查了分类计数原理、排列数与组合数公式等知识，属于基础题．8.(+)(2-)5的展开式中33的系数为A. -80B. -40C. 40D. 80【答案】C【解析】，由展开式的通项公式可得：当时，展开式中的系数为；当时，展开式中的系数为，则的系数为.故选C.【名师点睛】（1）二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r 的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项.（2）求两个多项式的积的特定项，可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解.9.若双曲线（，）的一条渐近线被圆所截得的弦长为2，则的离心率为（）A. 2B.C.D.【答案】A【解析】由几何关系可得，双曲线的渐近线方程为，圆心到渐近线距离为，则点到直线的距离为，即，整理可得，双曲线的离心率．故选A．点睛:双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：①求出a，c，代入公式；②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．10.直线与曲线有两个不同的交点，则实数的k的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】解：因为曲线y＝1＋(|x|≤2)与直线y＝k(x－2)＋4有两个交点时，那么结合图像可知参数k的取值范围是，选A11.已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：据题意得，设，则，或，因为位于轴两侧所以.所以两面积之和为.12.设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，，问题转化为存在唯一的整数使得满足，求导可得出函数的极值，数形结合可得且，由此可得出实数的取值范围.【详解】设，，由题意知，函数在直线下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，，当时，；当时，.所以，函数的最小值为.又，.直线恒过定点且斜率为，故且，解得，故选D.【点睛】本题考查导数与极值，涉及数形结合思想转化，属于中等题.二、填空题（本大题共4小题）13.采集到两个相关变量，的四组数据发别为（3，2.5），（4，m），（5，4），（6，4.5），根据这些数据，求得关于的线性回归方程为，则______．【答案】【解析】【分析】先求出这组数据的样本中心点，样本中心点是用含有的代数式表示的，把样本中心点代入线性回归方程，得出关于的一次方程，解方程即可求解.【详解】，关于的线性回归方程为，，故答案为：【点睛】本题考查回归分析的初步应用，考查样本中心点的性质，考查方程思想的应用，属于基础题.14.函数的图象在处的切线方程为，则．【答案】【解析】试题分析：函数的图象在处的切线方程为，，解得：，.故答案应填：-3．考点：导数的几何意义．15.已知，，，是同一球面上的四个点，其中是正三角形，平面，，则该球的体积为______．【答案】【解析】【分析】根据题意画出几何体，找出球的球心，再根据球的体积公式即可求解.【详解】由题意可知为三棱锥，把三棱锥扩展为三棱柱，画出几何体如下：可以看出，上下底面中心连线中点与顶点连线即为球的半径，由已知，，根据勾股定理可得，则该球的体积为故答案为：【点睛】本题主要考查空间几何体以及球的体积公式，考查了学生的空间想象能力，同时需熟记球的体积公式，此题属于中档题.16.下列共用四个命题.（1）命题“，”的否定是“，”；（2）在回归分析中，相关指数为的模型比为的模型拟合效果好；（3），，，则是的充分不必要条件；（4）已知幂函数为偶函数，则.其中正确的序号为_________．（写出所有正确命题的序号）【答案】【解析】依据含一个量词的命题的否定可知：命题“，”的否定是“，”，故命题（1）不正确；由回归分析的知识可知：相关指数越大，其模型的拟合效果越好，则命题（2）是正确的；取，尽管，但，故命题（3）不正确；由幂函数的定义可得，则（舍去），故，则命题（4）是正确的，应填答案．点睛：本题是一道选择填空题，求解时充分借助题设中提供的四个命题的条件和结论，综合运用所学知识从而对问题做出正确的推理和判断，从而选出正确的命题，排除错误的命题，进而使得问题获解．三、解答题（本大题共6小题）17.已知函数．（1）求的单调递增区间；（2）设为锐角三角形，角所对边，角所对边，若，求的面积．【答案】（1）；（2）【解析】分析】（1）利用降次公式化简，然后利用三角函数单调区间的求法，求得的单调递增区间.（2）由求得，用余弦定理求得，由此求得三角形的面积.【详解】（1）依题意，由得，令得.所以的单调递增区间.（2）由于，所以为锐角，即.由，得，所以.由余弦定理得，，解得或.当时，，则为钝角，与已知三角形为锐角三角形矛盾.所以.所以三角形的面积为.【点睛】本小题主要考查二倍角公式，考查三角函数单调性的求法，考查余弦定理解三角形，考查三角形的面积公式，属于基础题.18. 某高校共有15000人，其中男生10500人，女生4500人，为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集300位学生每周平均体育运动时间的样本数据（单位:小时）（1）应收集多少位女生样本数据？（2）根据这300个样本数据，得到学生每周平均体育运动时间的频率分布直方图（如图所示），其中样本数据分组区间为：.估计该校学生每周平均体育运动时间超过4个小时的概率.（3）在样本数据中，有60位女生的每周平均体育运动时间超过4个小时.请完成每周平均体育运动时间与性别的列联表，并判断是否有的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”.附：0.102.706【答案】（1）90；（2）0.75；（3）有的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”.【解析】试题分析：（1）由分层抽样性质，得到；（2）由频率分布直方图得；（3）利用2×2列联表求.试题解析：（1）由，所以应收集90位女生的样本数据．（2）由频率发布直方图得，该校学生每周平均体育运动时间超过4小时的概率为0.75.（3）由（2）知，300位学生中有300×0.75=225人的每周平均体育运动时间超过4小时，75人平均体育运动时间不超过4小时，又因为样本数据中有210份是关于男生的，90份是关于女生的，所以平均体育运动时间与性别列联表如下：每周平均体育运动时间与性别列联表结合列联表可算得有95％的把握认为“该校学生的平均体育运动时间与性别有关”点睛：利用频率分布直方图求众数、中位数与平均数时，易出错，应注意区分这三者．在频率分布直方图中：(1)最高的小长方形底边中点的横坐标即是众数；。
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第______项.
16．设实数 x 、 y 满足条件 3x y 0 、 x y 2 ，则可行域面积为______， xy 最大值为______.
17．已知三角形 ABC 的外接圆半径为1，外接圆圆心为 O ，且 O 点满足 2OA 3OB 4OC 0 ，则
cos ACB ______， AB OA ______.
8．已知
x
0
，则
x
9 x
3
x
25 x
5
的最小值为(
)
A．12 15
B． 48
793
C．
16
D． 60
9．如图所示，在顶角为 圆锥内有一截面，在圆锥内放半径分别为1, 4 的两个球与圆锥的侧面、截面相切，两
3
个球分别与截面相切于 EF ，则截面所表示的椭圆的离心率为( )
（注：在截口曲线上任取一点 A ，过 A 作圆锥的母线，分别与两个球相切于点 B, C ，由相切的几何性质可知，
浙江省 2020 届高三数学 4 月高考适应性测试卷
一、单选题
1．已知 x, y R ，设集合 A x y ln 1 x2 ， B y y ln 1 x2 ，则 ðRB A ( )
A． 0,1
B． , 1
C． 0,1
D． , 1
2．下列通项表达式中能表达数列 i,1, i, 1,i,1, i, 1......的是( )
A． in
B． in
C． i3n
D． i3n
3．某几何体三视图如图所示（单位：cm），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位：cm3）是( )
A． 24 8 3
B． 24 16 3
4．以下说法正确的是（ ）
A．空间异面直线的夹角取值范围是
0,
2
C． 30 8 3
D． 30 16 3
B．直线与平面的夹角的取值范围是
D． 30 16 3
【答案】C
【解析】由三视图还原出几何体为一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，分别求出各部分体积即可得解.
【详解】
由三视图可知，该几何体是由一个长方体截去一个三棱锥和一个半圆柱构成，
长方体的体积为V1 3 4 3 36 ，3，4，
的五位车牌最多有______块.
13．已知函数 f x ln x ae x 恰有一个零点，则实数 a 的取值范围是______．
x
四、双空题 14．《九章算术》中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织______尺，若女子坚持 日日织，十日能织______尺.
15． ax 1 9 的二项展开式中系数最大的是第三项，且 a N ，则 a ______，展开式中二项式系数最大的是
1 10
；
取出一张“1”，一张“2”的概率为：
P
C21 C31 C52
3 5
；
6
取出两张“3”的概率为： P
C32 C52
3 10
按（a）种规定的得分共有：4 分，5 分，6 分三种情况，即 1 4, 5, 6 ；
按（b）种规定的得分共有：6 分，5 分，4 分三种情况，即 2 4, 5, 6 ；
D． E 1 E 2 ， D 1 D 2
【答案】C
【解析】先写出 1 4, 5, 6 ， 2 4, 5, 6 ，再求出每种得分对应的概率值，根据期望和方差公式计算即可求解
【详解】 可将抽牌结果分为三种情况：两张“2”，一张“2”和一张“3”，两张“3”
取出两张“2”的概率为： P
1 C52
解析
浙江省 2020 届高三数学 4 月高考适应性测试卷
一、单选题
1．已知 x, y R ，设集合 A x y ln 1 x2 ， B y y ln 1 x2 ，则 ðRB A ( )
A． 0,1
B． , 1
C． 0,1
D． , 1
【答案】A
【解析】由题意 A 1 x 1， B y y 0 ，利用补集和交集的概念计算即可.
当 n 2 时， a2 1，而 i2 1，故可排除 A 选项.
故选：D. 【点睛】 本题考查了数列通项的应用和复数的运算，属于基础题. 3．某几何体三视图如图所示（单位：cm），其左视图为正方形，则该几何体的体积（单位：cm3）是( )
A． 24 8 3
B． 24 16 3
C． 30 8 3
【详解】
由题意 A x y ln 1 x2 x 1 x2 0 1 x 1 ，
B y y ln 1 x2 y y ln1 y y 0，
所以 ðR B 0, ， ðR B A 0,1 .
故选：A. 【点睛】 本题考查了对数型复合函数的定义域和值域的求解，考查了集合的运算，属于基础题.
五、解答题
18．三角形
ABC
的内角
ABC
所对的边分别是 a
， b ， c ，且 cos C
2 cos
A cos
B
24 25
（1）若三角形是锐角三角形，且 A B ，求 tan B 的取值范围；
（2）若 a 4 ， b 3 ，求三角形 ABC 的面积．
19．在四面体 ABCD 中，已知 AC BC DC DA DB 2 ， AB x . （1）当四面体体积最大时，求 x 的值；
D． xy x2 y2 1
【答案】A 【解析】由图象的特征对比方程的性质，逐项排除即可得解. 【详解】
设点 a,b 为该图象上一点，
对于 B，图象在第一象限存在点满足 a b 即 a2 b2 ，此时 ab b2 a2 0 1，故 B 错误；
对于 C，图象经过第二、四象限即存在点满足 ab 0 的情况，则 ab a2 b2 0 1，故 C 错误；
列出随机变量 1 与 2 的分布列，如下表：
1
4
5
6
1
3
3
P
10
5
10
2
4
5
6
3
3
1
P
10
5
10
则
E
1
37 10
,
E
2
33 10
，
E
1
E
2
D 1
4
37 10
2
1 10
5
37 10
2
3 5
6
37 10
2
3 10
2610 1000
D 2
4
33 10
2
3 10
5
33 10
2
3 5
6
1
A． xy x2 y2 1
C． xy x2 y2 1
B． xy y2 x2 1 D． xy x2 y2 1
7．设函数
f
(x)
ax2
bx
c(a,b, c R, a
0) ，则“
f
f
b 2a
0 ”是“
f
(x)
与
f
(
f
(x)) ”都恰有
两个零点的（ ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
0,
2
C．二面角的取值范围是 0,
[ ) D．向量与向量夹角的取值范围是 0,p
5．已知牌堆中有 5 张扑克牌，其中 2 张“2”和 3 张“3”，从牌堆中任取两张扑克牌（无放回且每张牌取到的机会 相等），规定：
（a）取出“2”得 2 分，取出“3”得 3 分，取出 2 张牌所得分数和记为随机变量 1
对于 D， a b a2 b2 ab a2 b2 ，由 a, b 不在图象上，故 D 错误.故选：A.
【点睛】本题考查了由图象识别方程，关键是找到选项的差异，属于基础题.
7．设函数
f
(x)
ax2
bx
c(a,b, c R, a
0) ，则“
f
f
b 2a
0 ”是“
f
(x)
与
f
(
f
（2）当 x 3 时，设四面体 ABCD 的外接球球心为 O ，求 AO 和平面 BCD 所成夹角的正弦值.
20．已知数列
an1
(1
1 bn
)an
，
n N
，且
a1
1．
（1）若bn的前 n 项和为
n2 2
，求an 和bn 的通项公式
（2）若 bn
n2 ，求证： an
9 2
3
21．已知抛物线 C1 : y2 4x 和 x 轴上的定点 M 4, 0 ，过抛物线焦点作一条直线交 C1 于 A 、 B 两点，连接
AE AC ， AF AB ，于是 AE AF AB AC BC ，为椭圆的几何意义）
1
A．
2
B． 8 15
C． 11 27
D． 15 63
二、多选题
10．已知 a 0 ， b 0 ，下列说法错误的是（ ）
A．若 a a b b 1 ，则 a b 2
B．若 ea 2a eb 3b ，则 a b
则截去的三棱锥体积为V2
1 3
1 2
33
4
6
；
截去的半圆柱的底面半径 r 满足 1 5 4 r 1 3 4 即 r 4 ，高为 3，
2
2
3
则截去的半圆柱的体积为 V3
1 2
4 3
2
3
8 3
；
所以该几何体体积 V
V1
V2
V3
36 6
8 3
30
8 3
.
故选：C. 【点睛】 本题考查了三视图的识别和组合体体积的求解，属于基础题. 4．以下说法正确的是（ ）
A
项：空间异面直线的夹角取值范围是